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THEMA: Gravitation eines SL

Gravitation eines SL 12 Jul 2018 17:30 #37064

Michael D. schrieb: Die Minkowski-Metrik in Boyer-Lindquist-Koordinaten lautet meiner Meinung nach:

So habe ich das noch nie gesehen ... und η ist üblich der "flache" pseudometrische Minkowskitensor

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Gravitation eines SL 12 Jul 2018 17:38 #37065

Yukterez schrieb: Die Frage ist nur wozu du das a nicht hinauswirfst, Minkowski ergibt sich nur wenn a=0. Mit a≠0 bleibt es auch mit M=0 eine halbe Kerr Metrik, und nicht Minkowski.

Ich kann doch statt einer Kugel eine masselose Ellipse rotieren lassen, ohne die Minkowski-Metrik zu ändern. Oder?

ra-raisch schrieb: So habe ich das noch nie gesehen ... und η ist üblich der "flache" pseudometrische Minkowskitensor

Eine Minkowski-flache Metrik ist unabhängig vom gewählten Koordinatensystem. Ob ichs euklidisch, kugelförmig oder Boyer-Lindquist-mässig formuliere, ist dabei doch völlig pipe.

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Letzte Änderung: von Michael D..

Gravitation eines SL 12 Jul 2018 17:39 #37066

Wie gesagt, da a die Einheit M hat braucht man kein a mitzuführen wenn man M=0 gesetzt hat da a dann automatisch auch 0 sein muss. Aber abgesehen von dieser kleinen Überflüssigkeit stimmt die Metrik.

Darüber hinwegsehend,

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Gravitation eines SL 12 Jul 2018 17:44 #37067

Boyer-Lindquist-Koordinaten sind doch eine Verallgemeinerung der Kugelkoordinaten. a ist doch ein Ellipsenparameter. Ich verwende statt der Kugelkoordinaten einfach nur Ellipsen-Koordinaten. Wo ist das Problem? Die Metrik bleibt flach. Hier ist die Umwandlung in kartesische Koordinaten.

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Letzte Änderung: von Michael D..

Gravitation eines SL 12 Jul 2018 18:18 #37068

Das kann man natürlich schon machen, es hat dann zwar keine Notwendigkeit dafür ein unphysikalisches a mitzuführen aber zur theoretischen Betrachtung kann es sicher trotzdem hilfreich sein. Allerdings wird es wenn du wenn du trotz M=0 ein a mitführen willst ein bisschen länger, grr ist dann z.B. nicht 1 und a² im gθθ gehört noch mit cos²θ multipliziert:



wenn wir in der +--- Signatur bleiben also

\(g_{\mu \nu} = \eta_{\mu \nu} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{ -r^2-a^2 \cos ^2 \theta }{ r^2+a^2} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \small{ -r^2-a^2 \cos ^2 \theta} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \small{ -(r^2+a^2) \sin^2 \theta} \\ \end{pmatrix} \)

Das ist so ein Mittelding aus deiner ersten und zweiten Version.

Trotzdem verstehend worauf du hinaus willst,

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Letzte Änderung: von Yukterez.

Gravitation eines SL 12 Jul 2018 20:37 #37075

Yukterez schrieb: [minkowski.boyer.lindquist]

beim letzten Eintrag Sinus statt Cosinus
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Letzte Änderung: von ra-raisch.

Gravitation eines SL 12 Jul 2018 20:52 #37076

ra-raisch schrieb: beim letzten Eintrag Sinus statt Cosinus


Korrekt.

Korrigierend,

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Gravitation eines SL 12 Jul 2018 21:39 #37078

Im oben abgebildeten Papier Seite 10 ist in Gleichung (33) die Definition für "ein" r angegeben:
x²+y²+z² = R² = r²+a²(1-z²/r²)
und Seite 12 Gleichung (47)
2r² = R²-a²+√((R²-a²)²+4a²z²)

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Gravitation eines SL 12 Jul 2018 21:45 #37080

Dann können wir ja jetzt die Minkowski-Metrik:
\[g_{\mu \nu} = \eta_{\mu \nu} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -\frac{ r^2+a^2 \cos ^2 \theta }{ r^2+a^2} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -\small{ (r^2+a^2 \cos ^2 \theta)} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -\small{ (r^2+a^2) \sin^2 \theta} \\ \end{pmatrix}\]

mit der Kerr-Lösung vergleichen.

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Gravitation eines SL 12 Jul 2018 21:54 #37081

Voll ausgeschrieben? Das wird lang, ich setze deshalb G=M=c=1:

\( g_{\mu \nu} = \begin{pmatrix} 1-\frac{2 r}{r^2+a^2 \cos ^2 \theta } & 0 & 0 & \frac{2 a r \sin ^2 \theta }{r^2+a^2 \cos ^2 \theta } \\ 0 & \frac{-r^2-a^2 \cos ^2 \theta }{a^2+r^2-2 r} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \small{-r^2-a^2 \cos ^2 \theta} & 0 \\ \frac{2 a r \sin ^2 \theta }{r^2+a^2 \cos ^2 \theta } & 0 & 0 & \frac{\sin ^2 \theta \left(a^2 \left(a^2+r^2-2 r\right) \sin ^2 \theta -\left(a^2+r^2\right)^2\right)}{r^2+a^2 \cos ^2 \theta } \\ \end{pmatrix} \)

Einfügend,

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Gravitation eines SL 12 Jul 2018 21:58 #37082

Ok, lass mal direkt untereinanderschreiben:
\[\eta_{\mu \nu} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{ -r^2-a^2 \cos ^2 \theta }{ r^2+a^2} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \small{ -r^2-a^2 \cos ^2 \theta} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \small{ -(r^2+a^2) \sin^2 \theta} \\ \end{pmatrix}\]
\[g_{\mu \nu} = \begin{pmatrix} 1-\frac{2 r}{r^2+a^2 \cos ^2 \theta } & 0 & 0 & \frac{2 a r \sin ^2 \theta }{r^2+a^2 \cos ^2 \theta } \\ 0 & \frac{-r^2-a^2 \cos ^2 \theta }{a^2+r^2-2 r} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \small{-r^2-a^2 \cos ^2 \theta} & 0 \\ \frac{2 a r \sin ^2 \theta }{r^2+a^2 \cos ^2 \theta } & 0 & 0 & \frac{\sin ^2 \theta \left(a^2 \left(a^2+r^2-2 r\right) \sin ^2 \theta -\left(a^2+r^2\right)^2\right)}{r^2+a^2 \cos ^2 \theta } \\ \end{pmatrix}\]

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Gravitation eines SL 12 Jul 2018 22:00 #37083

Michael D. schrieb: Ok, lass mal direkt untereinanderschreiben:


Ist dein Bildschirm zu niedrig?

Vergleichend,

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Letzte Änderung: von Yukterez.

Gravitation eines SL 12 Jul 2018 22:13 #37084

Was für Unterschiede fallen auf?
Es gibt zwei symmetrische gemischte Komponenten \(g_{t\phi}\) jenseits der Hauptdiagonalen. Und \(g_{\theta\theta}\) ist identisch. Die Radius-Komponente \(g_{rr}\) unterscheidet sich nur durch den Term \(-2r\) im Nenner.

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Gravitation eines SL 12 Jul 2018 22:22 #37085

Michael D. schrieb: \(g_{\theta\theta}\) ist identisch.


Die \( \theta \) Richtung ist die einzige in die man nicht gezogen wird, entlang \( r \) wird man sowieso beschleunigt und zusätzlich auch noch in Drehrichtung des schwarzen Lochs entlang \( \phi \) vertragen.

Begründend,

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Gravitation eines SL 12 Jul 2018 22:32 #37086

Jetzt müssen wir versuchen, uns das an einem differentiellen Metrikelement klarzumachen. Beginnen wir mal mit einem differentiellen Kugelelement. Das sieht so aus:

Dies ist ein differentieller Ausschnitt aus einer flachen Minkowski-Metrik in Kugelkoordinaten. Ich weiss, kann man besser zeichnen, dürfte zur Veranschaulichung aber ausreichen. Dieses Element verformt sich jetzt aufgrund der Kerr-Lösung. Die Frage ist wie?

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Gravitation eines SL 13 Jul 2018 01:41 #37091

Michael D. schrieb: Die Frage ist wie?

Wie bei Schwarzschild nur schwächer: Der Radius wird gestreckt. Der einzige Unterschied zu Schwarzschild ist, dass die Masse des SL geringer wird, je näher man kommt und mitrotiert. Das komplizierte an den Formeln ist nur die Abflachung je weiter von von der Äquatorebene abkommt.

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Letzte Änderung: von ra-raisch.

Gravitation eines SL 13 Jul 2018 05:59 #37094

ra-raisch schrieb: Der einzige Unterschied zu Schwarzschild ist, dass die Masse des SL geringer wird, je näher man kommt und mitrotiert.


In einer Welt in der die meisten Leute es schon verwirrend finden dass es eine relativistische Mrel, eine irreduzible Mirr und eine Ruhemasse M0 gibt sollte man die effektive Masse Meff nicht einfach nur als "Masse" bezeichnen so als wäre damit ein subscriptloses M gemeint. Darunter versteht man normalerweise das Massenäquivalent der Gesamtenergie aus irreduzibler Masse, elektromagnetischer Feldenergie, Rotationsenergie und Temperatur.

Schockiert,

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Gravitation eines SL 13 Jul 2018 09:55 #37103

Yukterez schrieb: nicht einfach nur als "Masse" bezeichnen so als wäre damit ein subscriptloses M gemeint.

Und das sagt jemand, der E=M schreibt.......

Wie wärs mit gefühlter Masse?

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Letzte Änderung: von ra-raisch.

Gravitation eines SL 13 Jul 2018 10:46 #37104

Ok fangen wir lieber einfach an, hier die Minkowski-Metrik in Kugelkoordinaten und die Schwarzschildlösung direkt untereinander (mir ist die Signatur (-,+,+,+) lieber, bedeutet weniger Minus-Zeichen):
\[\eta_{\mu \nu} = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & r^2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & r^2sin^2 \theta \\ \end{pmatrix}\]
\[g_{\mu \nu} = \begin{pmatrix} -(1-\frac{r_s}{r}) & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{1}{1-\frac{r_s}{r}} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & r^2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & r^2sin^2 \theta \end{pmatrix}\]
Nochmal die Frage: Wie verformt sich das differentielle Kugelelement aufgrund der Schwarzschild-Lösung mit steigendem Radius? Sein differentieller Radius wird grösser, bis er die Länge 1 der Minkowski-Metrik erreicht. Am Schwarzschildradius ist das Kugelelement dagegen in Radiusrichtung völlig platt gedrückt in die Länge gezogen.

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Gravitation eines SL 13 Jul 2018 11:54 #37105

Du meinst |d/dr (1/(1-rs/r))| = rs/(rs-r)² ... oops da fehlte die Wurzel, also |d/dr (1/√(1-rs/r))| = rs/(2(√(1-rs/r)³r²))

Michael D. schrieb: Sein differentieller Radius wird grösser, bis er die Länge 1 der Minkowski-Metrik erreicht. Am Schwarzschildradius ist das Kugelelement dagegen in Radiusrichtung völlig platt gedrückt.

achso, nein, genau anders herum. Von Außen beginnt es mit Minkowki-"1" und nach Innen wird der "lokale Radius" immer größer. d.R=d.rs/√(1-rs/rs)→∞ bei rs. Innerhalb wird es dann zuerst einmal negativ ...

Aber für den "physikalischen" Radius muss man das Integral bilden (mit Kruskal-Szekeres-Koordinaten r+rs*ln.(r/rs-1))
\( \sqrt{r²-r*rs}+M\ln((1+\sqrt{1-rs/r})/(1-\sqrt{1-rs/r}))\) (für den FFO)

Für rs erhält man dann jedenfalls πrs/2 (FIDO)


aaaaber es ist für den stationären FIDO anders als für den freifallenden FFO und ich habe oben sicherlich beide vermischt, den Fehler hatten wir schon vor kurzem und ich habe es in meiner Sammlung noch nicht überall korrigiert.

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Gravitation eines SL 13 Jul 2018 13:52 #37113

ra-raisch schrieb: achso, nein, genau anders herum. Von Außen beginnt es mit Minkowki-"1" und nach Innen wird der "lokale Radius" immer größer.

Ja, stimmt. Aber lass uns vom differentiellen lokalen Radius \(dr\) sprechen, den man aus der Metrik-Komponente \(g_{rr}\)
\[\sqrt{g_{rr}}=\sqrt{\frac{1}{1-\frac{r_s}{r}}dr^2}=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{r_s}{r}}}dr\]
gewinnen kann. Dieser differentielle Radius braucht grundsätzlich nicht mehr umgerechnet werden. Deswegen ist er ja differentiell angesetzt, damit man ihn nicht mehr umrechnen muss. Wenn Du physikalische Längen willst, musst Du den Ausdruck integrieren . Der Koordinatenradius \(r\) bleibt \(r\) in einem differentiellen Ansatz, auch nach der Integration. So funktioniert nunmal die Differentialrechnung. Halten wir das erstmal fest. Dies lässt sich auch mathematisch beweisen, weil ich nämlich die Wurzel aus einem lorentz-invarianten Skalarprodukt ziehe. Somit ist die Wurzel auch lorenz-invariant. Auf der Hauptdiagonalen des Metrik-Tensors stehen nämlich nur Lorentz-invariante Skalarprodukte. Deswegen hat Einstein den Metrik-Tensor in seinen Feldgleichungen ja so angesetzt.

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Gravitation eines SL 13 Jul 2018 16:03 #37119

Michael D. schrieb: Der Koordinatenradius \(r\) bleibt \(r\) in einem differentiellen Ansatz, auch nach der Integration.

Klar, was man reintut, kommt auch raus.

r ist der Koordinatenradius und gleichzeitig auch für den FFO sowie den FIDO r = U/2π, denn der Umkreis wird nicht verzerrt. Wobei ich denke, dass es schon von einem Punkt aus betrachtet elliptisch verzerrt aussieht aber beim Rundgang der Kreis gemessen werden kann.

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Gravitation eines SL 13 Jul 2018 16:37 #37122

ra-raisch schrieb: ...der Umkreis wird nicht verzerrt...

Der Umkreis wird in der Schwarzschild-Metrik nicht verzerrt, weil \(g_{\theta\theta}\) und \(g_{\phi\phi}\) mit den entsprechenden Minkowski-Komponenten übereinstimmen.

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Gravitation eines SL 13 Jul 2018 16:40 #37124

Michael D. schrieb:

ra-raisch schrieb: ...der Umkreis wird nicht verzerrt...

Der Umkreis wird in der Schwarzschild-Metrik nicht verzerrt, weil \(g_{\theta\theta}\) und \(g_{\phi\phi}\) mit den entsprechenden Minkowski-Komponenten übereinstimmen.

eben ... sonst noch Fragen?

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Gravitation eines SL 13 Jul 2018 16:54 #37126

ra-raisch schrieb: eben ... sonst noch Fragen?

Oh ja. Irgendetwas kann logisch noch nicht stimmen. In der Nähe des \(r_s\) wird ja gemäss Schwarzschild-Lösung der differentielle Radius unendlich in die Länge gezogen. Wenn ich jetzt integriere, kommt eine unendliche Entfernung vom entfernten Beobachter zum Ereignishorizont raus. Das ist offensichtlich in der Realität nicht der Fall. Die Entfernung der Erde bis Sagittarius A im Galaxiezentrum sind beispielsweise ca. 26000 Lichtjahre, und nicht unendlich.

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Gravitation eines SL 13 Jul 2018 17:01 #37127

Michael D. schrieb:

ra-raisch schrieb: eben ... sonst noch Fragen?

Oh ja. Irgendetwas kann logisch noch nicht stimmen. In der Nähe des \(r_s\) wird ja gemäss Schwarzschild-Lösung der differentielle Radius unendlich in die Länge gezogen. Wenn ich jetzt integriere, kommt eine unendliche Entfernung vom entfernten Beobachter zum Ereignishorizont raus. Das ist offensichtlich in der Realität nicht der Fall. Die Entfernung der Erde bis Sagittarius A im Galaxiezentrum sind beispielsweise ca. 26000 Lichtjahre, und nicht unendlich.

Ja, 1) die lange Strecke befindet sich unmittelbar neben rs. Außerhalb von 3 rs ist der Unterschied nur noch gering. 2) die lange Strecke ist die Strecke für den FIDO, die sich mittels Faktor aus der kleinen Strecke ergibt, die wir messen, solange wir weit weg sind.

Das ist wie bei einem Berg, auf der Landkarte ist die Entfernung zum Gipfel 100 m, wenn man aber schräg die Wand hoch muss, sind es plötzlich 2 km.
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Gravitation eines SL 13 Jul 2018 17:06 #37128

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Hi Sonni,
urknall-weltall-leben.de/urknall-weltall...html?start=400#37046
Dann sind wir schon 2! ;)
LG


Ps: "Realität", was für ein Konzept.
Jack Nicholson

veni vidi et coepit luceant

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veni vidi et coepit luceant

Gravitation eines SL 13 Jul 2018 17:10 #37130

Z. schrieb: Ps: "Realität", was für ein Konzept.
Jack Nicholson

Stimmt, Relativität wäre manchmal passender. Aber wie will man das dann erklären, ohne das Wort Realität.

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Gravitation eines SL 13 Jul 2018 17:16 #37133

Michael D. schrieb: Wenn ich jetzt integriere, kommt eine unendliche Entfernung vom entfernten Beobachter zum Ereignishorizont raus.


Dann hast du dich verrechnet. Die Koordinatenzeit bis er dort ankommt ist zwar unendlich, die Strecke aber endlich. Von r=2 bis r=10 sind es z.B. 11.8315 GM/c² Strecke:



Vorrechnend,

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Gravitation eines SL 13 Jul 2018 17:29 #37134

Stimmt, ich hatte auch vergessen, dass man sich mit den Kugelkoordinaten eine Koordinaten-Singularität bei \(r=r_s\) einfängt.

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