👨🏾‍💻 ☹️ 🍩 التمثيل الهندسي لانحناء الفضاء في مقياس شوارزشيلد ⛪️ 🙅 🐷

... أو اثنان زائد اثنان يساوي أربعة.

لفهم المقال ، فإن دورة الرياضيات المدرسية كافية.

ظل الشكل المضاعف في مقياس شوارزشيلد يطاردني لفترة طويلة بسبب ازدواجيته الرائعة ، وقررت تخصيص بعض الوقت لإيجاد طرق لتحويله. يتم الحصول على مقياس Schwarzschild نفسه نتيجة لحل النسبية العامة لحالة الفراغ (موتر زخم الطاقة هو صفر):

d s^{2} = - (1 - 2 \frac{G M}{c^{2} r}) c^{2} d t^{2} + {(1 - 2 \frac{G M}{c^{2} r})}^{- 1} d r^{2} + r^{2} \cdot d θ^{2} + r^{2} \cdot \sin^{2} θ \cdot d ϕ^{2}

$ds^2 = - \left(1- 2 \frac{GM}{c^2 r}\right) c^2 dt^2 + \left(1- 2 \frac{GM}{c^2 r}\right)^{-1} dr^2 + r^2 \cdot d\theta^2 + r^2 \cdot \sin^2\theta \cdot d\phi^2$

يصف استمرارية الزمكان في محيط جسم هائل مضغوط عشوائي. مدمج ، مما يعني أن انحرافات النموذج غير ذات أهمية بالنسبة للكتلة. ببساطة ، مستدير وضيق. عادة ما يتم استخدام الثقب الأسود هنا كمثال. لسبب ما ، لا أحد يعطي أمثلة على الأشياء غير المدمجة. عصا رغوة محكمة الإغلاق في مساحة مفتوحة على مسافة لا نهائية من الأجسام الضخمة ، مثل الجسم غير المضغوط. الحصان المكعب من بعيد يمكنك من خلاله رؤية الحزن في عينيه أيضًا.

من خلال حجم الكرة 3

سنقوم باستبدال:

M = \frac{E}{c^{2}}

$M=\frac{E}{c^2}$

ثم سيصبح المقياس كما يلي:

d s^{2} = - (1 - 2 \frac{G E}{c^{4} r}) c^{2} d t^{2} + {(1 - 2 \frac{G E}{c^{4} r})}^{- 1} d r^{2} + r^{2} \cdot d θ^{2} + r^{2} \cdot \sin^{2} θ \cdot d ϕ^{2}

$ds^2 = - \left(1- 2 \frac{GE}{c^\color{red}{4} r}\right) c^2 dt^2 + \left(1- 2 \frac{GE}{c^\color{red}{4} r}\right)^{-1} dr^2 + r^2 \cdot d\theta^2 + r^2 \cdot \sin^2\theta \cdot d\phi^2$

كان الاستبدال ضروريًا فقط للفت الانتباه إلى الدرجة الرابعة من سرعة الضوء ، لأن جميع الأرقام في الصيغ مهمة. يتضح هذا من خلال التاريخ الكامل للفيزياء - أي معادلة تم الحصول عليها تجريبياً بمرور الوقت تتلقى أساسًا نظريًا يشرح معاني جميع الأشكال الرياضية الموجودة فيها.

عادة ، في تمثيل هذا المقياس ، يتم التعبير عن الجزء المرتبط بالثوابت الفيزيائية وكتلة الجسم التي تخلق الحقل من حيث نصف قطر شوارزشيلد:

r_{s} = 2 \cdot \frac{G E}{c^{4}}

$r_s = 2 \cdot \frac{GE}{c^4}$

لأن المقياس متفرّد في هذه المرحلة. هنا يتوقف الوقت حرفيا.

هكذا يبدو المقياس بأكمله:

d s^{2} = - (1 - \frac{r_{s}}{r}) c^{2} d t^{2} + {(1 - \frac{r_{s}}{r})}^{- 1} d r^{2} + r^{2} \cdot d θ^{2} + r^{2} \cdot \sin^{2} θ \cdot d ϕ^{2}

$ds^2 = - \left(1- \frac{r_s}{ r}\right) c^2 dt^2 + \left(1- \frac{r_s}{r}\right)^{-1} dr^2 + r^2 \cdot d\theta^2 + r^2 \cdot \sin^2\theta \cdot d\phi^2$

ولكن استمرارًا للتفكير في الجوهر المادي للظواهر ، فإن هذين الاثنين:

r_{s} = 2 \cdot \frac{G E}{c^{4}}

$r_s = \color{red}{2} \cdot \frac{GE}{c^4}$

يجب أيضًا فهمها. لذلك ، نحن نمثلها على النحو التالي:

u = \frac{G E}{c^{4}}

$u = \frac{GE}{c^4}$

إنه نصف قطر الجاذبية فقط

r_{s}

$r_s$ ، وبُعده هو نفسه. نحن نحصل:

1 - 2 \frac{G E}{c^{4} r} = 1 - 2 \frac{u}{r}

$1 - 2\frac{GE}{c^4r} = 1 - 2\frac{u}{r}$

يقترح نفسه:

= (1 - 2 \frac{u}{r} + \frac{u^{2}}{r^{2}}) - \frac{u^{2}}{r^{2}} = {(1 - \frac{u}{r})}^{2} - \frac{u^{2}}{r^{2}} = {(\frac{r - u}{r})}^{2} - \frac{u^{2}}{r^{2}} =

$= \left( 1 - 2\frac{u}{r} + \frac{u^2}{r^2} \right) - \frac{u^2}{r^2} = \left( 1 - \frac{u}{r} \right)^2 - \frac{u^2}{r^2} = \left( \frac{r - u}{r} \right)^2 - \frac{u^2}{r^2} =$

= \frac{(r - u)^{2} - u^{2}}{r^{2}} (1)

$= \frac{(r-u)^2 - u^2}{r^2} \qquad \qquad (1)$

ليس سيئا بالفعل. هيا نرسم. تخيل

r = O B

$r = OB$ الجزء النهائي ،

u = O A

$u = OA$ - جزء منه كما هو مبين في الشكل أدناه. من الواضح أن

(r - u) = A B

$(r-u) = AB$ ...

من الغريب ، بالمناسبة ، أي من

r_{s} = 2 u

$r_s = 2u$ يتبع هذه النقطة

A

$A$ يقع خلف (تحت) أفق الحدث لجسم الطاقة

E

$E$ ... من السهل جدًا العثور عليها ، لكننا لا نستطيع ذلك.

الآن سوف نظهر أن علاقة الصورة

(1)

$(1)$ سيتم تنفيذه لجميع النقاط التي لها مكان هندسي على عمودي على

O B

$OB$ في هذه النقطة

A

$A$ :

\frac{(r - u)^{2} - u^{2}}{r^{2}} = \frac{((r - u)^{2} + a^{2}) - (u^{2} + a^{2})}{r^{2}} = \frac{b^{2} - d^{2}}{r^{2}} (2)

$\frac{(r-u)^2 - u^2}{r^2} = \frac{((r-u)^2 + a^2) - (u^2 + a^2)}{r^2} = \frac{b^2 - d^2}{r^2} \qquad \qquad (2)$

لأي

b = C B

$b = CB$ و

d = O C

$d = OC$ ...

ببساطة ، فرق المربعات

(r - u)^{2} - u^{2}

$(r-u)^2 - u^2$ يعادل الفرق في أي كميات على الإسقاطات

O B

$OB$ هي

A B

$AB$ و

O A

$OA$ على التوالي ، بشرط أن النقطة

C

$C$ لديهم قواسم مشتركة.

علاوة على ذلك ، افترض ذلك

u = u (E)

$u = u(E)$ و

(r - u)

$(r-u)$ على العكس من التوقعات

r = O B

$r = OB$ على بعض المحاور ، أي مجموع فيثاغورس لكميتين ، في شكلهما الأصلي ، متعامدين مع بعضهما البعض. ترجمة هذا إلى مطلب ، والنظر في القضية

∠ O C B = π / 2

$\angle{OCB} = \pi/2$ وهذا صحيح:

b^{2} = r^{2} - d^{2} \to (2) \to \frac{b^{2} - d^{2}}{r^{2}} = 1 - 2 \frac{d^{2}}{r^{2}} (3)

$b^2 = r^2 - d^2 \rightarrow (2) \rightarrow \frac{b^2 - d^2}{r^2} = 1 - 2\frac{d^2}{r^2} \qquad \qquad (3)$

سننتهي

(3)

$(3)$ على غرار التكرار الأولي:

1 - 2 \frac{d^{2}}{r^{2}} = (1 - 2 \frac{d^{2}}{r^{2}} + \frac{d^{4}}{r^{4}}) - \frac{d^{4}}{r^{4}} = \frac{(r^{2} - d^{2})^{2} - d^{4}}{r^{4}} =

$1 - 2\frac{d^2}{r^2} = \left( 1 - 2\frac{d^2}{r^2} + \frac{d^4}{r^4} \right) - \frac{d^4}{r^4} = \frac{(r^2-d^2)^2 - d^4}{r^4} =$

= \frac{b^{4} - d^{4}}{{\sqrt{b^{2} + d^{2}}}^{4}} = \frac{b^{4} - d^{4}}{r^{4}} (4)

$= \frac{b^4 - d^4}{\sqrt{b^2 + d^2}^4} = \frac{b^4 - d^4}{r^4}\qquad \qquad (4)$

ها هي الدرجة الرابعة. صيغة لحجم كرة ثلاثية:

V = \frac{π^{2} \cdot R^{4}}{2}

$V = \frac{\pi^2 \cdot R^4}{2}$

هذا يعني أنك إذا اضربت وقسمت

(4)

$(4)$ على

π^{2} / 2

$\pi^2/2$ :

\frac{b^{4} - d^{4}}{r^{4}} = \frac{π^{2}}{2} \cdot \frac{2}{π^{2}} \cdot \frac{b^{4} - d^{4}}{r^{4}} = \frac{V_{b} - V_{d}}{V_{r}} (5)

$\frac{b^4 - d^4}{r^4} = \frac{\pi^2}{2} \cdot \frac{2}{\pi^2} \cdot \frac{b^4 - d^4}{r^4} = \frac{V_b - V_d}{V_r} \qquad \qquad (5)$

ثم يتحول العامل في مقياس Schwarzschild إلى الفرق بين أحجام اثنين من المجالات الثلاثة المبنية حول إسقاطين شعاعيين لنقطة بالنسبة إلى مركز المجال ، مرتبطًا بحجم الكرة الثلاثية التي تشكلها المسافة الإجمالية بين النقطة ومركز المجال.

مع الأخذ في الاعتبار حقيقة أن نصف القطر الإجمالي يُعطى من خلال الإسقاطات ، فإن هذا البناء بأكمله يتم تعيينه بإيجاز شديد بواسطة معلمتين ، أحدهما يتعلق بالطاقة ، والثاني ليس كذلك. هناك إحداثيتان بالضبط.

الاستنتاجات

النتائج الملحوظة لمثل هذا التمثيل هي:

1. من شكل المضاعف ، يُلاحظ أن سلوك الفوتون يحد من المنطقة المرئية للزمكان ذي الأبعاد الخمسة. خارجها ، يمكنك إخفاء شيء جاذب ، لكن غير مرئي.

2. يزيل وجود الإحداثي المخفي الثاني مفارقة الصفر.

3. نظرًا لأن انحناء الفضاء حول جسم ضخم يمكن دائمًا أن يتحلل إلى مكونين ، أحدهما مرتبط بطاقة الجسم ، والثاني يرتبط حصريًا بالفضاء ، فإن الخطوة التالية هي حل معادلات النسبية العامة لحالة الفراغ للزمكان ذي الأبعاد الخمسة. المزيد عن هذا في المقالة التالية.

علاوة. عبر الزاوية

من الواضح أنه من الممكن التعبير عن أهمية المجال عند نقطة ما بزاوية مسطحة ، والتي تعبر عن انحراف مسار الحركة من الفضاء المسطح (في غياب حقول الجاذبية).

دعونا نعبر عن الكميات

b

$b$ و

d

$d$ عبر الزاوية

α = ∠ O B C

$\alpha = \angle{OBC}$ :

b = r \cdot \cos α; d = r \cdot \sin α

$b = r \cdot \cos\alpha; \ d = r \cdot \sin\alpha$ ... دعنا نسميها زاوية انحناء المسار. ثم يمكن التعبير عن العامل بطرق مختلفة جدًا:

1 - 2 \frac{G E}{c^{4} r} = \cos^{2} α - \sin^{2} α = \cos^{4} α - \sin^{4} α = 1 - 2 \sin^{2} α =

$1 - 2\frac{GE}{c^4r} = \cos^2\alpha - \sin^2\alpha = \cos^4\alpha - \sin^4\alpha = 1 - 2 \sin^2\alpha =$

= \frac{1 - \tan^{2} α}{1 + \tan^{2} α} = \cos 2 α (6)

$= \frac{1-\tan^2\alpha}{1 + \tan^2\alpha} = \cos2\alpha \qquad \qquad (6)$

أنا على وجه الخصوص أحب نسخة الظل.

استبدل في الفاصل الزمني الأصلي:

d s^{2} = - \cos 2 α \cdot c^{2} d t^{2} + \cos^{- 1} 2 α \cdot d r^{2} + r^{2} \cdot d θ^{2} + r^{2} \cdot \sin^{2} θ \cdot d ϕ^{2}

$ds^2 = -\cos 2\alpha \cdot c^2dt^2 + \cos^{-1} 2\alpha \cdot dr^2 + r^2 \cdot d\theta^2 + r^2 \cdot \sin^2\theta \cdot d\phi^2$

كل شيء ، كما ينبغي ، يتحول إلى مقياس Minkowski مسطح لـ

α = 0

$\alpha = 0$ ...

يجب أن يكون هناك بالتأكيد خامس ...

يستمر.

التمثيل الهندسي لانحناء الفضاء في مقياس شوارزشيلد

من خلال حجم الكرة 3

الاستنتاجات

علاوة. عبر الزاوية

More articles: