Kształt horyzontu czarnej dziury

ebvalaim 2017-07-25 3 Comments

Trafiłem wczoraj w internecie na wątek, który wydawał się typowym pytaniem kogoś zainteresowanego nauką, a okazał się całkiem ciekawym problemem.

Pytanie, które padło, dotyczyło kształtu czarnej dziury. Kilka osób odpisało, że horyzont zdarzeń (czyli granica - w pewnym sensie "powierzchnia" - czarnej dziury) ma kształt kuli (co ściślej należałoby określić jako sferę, gdyż horyzont jest tylko 2-wymiarową powierzchnią, a nie 3-wymiarową bryłą). Ktoś zasugerował, że niezupełnie, gdyż czarne dziury zwykle wirują i to je spłaszcza. Wtedy w wątek włączyłem się ja, odpisując, że nawet horyzont wirujących czarnych dziur jest sferyczny - opisuje go równanie r = const. Ale czy na pewno...?

Gdy napisałem swoją odpowiedź, coś mnie tknęło. W przypadku czarnej dziury Schwarzschilda r = const faktycznie oznacza sferę, gdyż tam mamy sferyczną symetrię. W przypadku wirujących czarnych dziur (czarnych dziur Kerra - od fizyka, który pierwszy wyprowadził postać metryki je opisującej) wcale tak być nie musi. r jest tylko jedną ze współrzędnych, które mogą być przypisane do przestrzeni arbitralnie i punkty znajdujące się w miejscach o stałym r wcale nie muszą tworzyć sfery. Aby się upewnić, trzeba to przeliczyć.

Jednym ze sposobów na opisanie kształtu powierzchni jest tzw. metryka - opisuje ona, jak obliczać odległości między punktami o konkretnych współrzędnych (napisałem o tym nieco więcej w serii artykułów o matematyce teorii względności). Jest to sposób podstawowy w Ogólnej Teorii Względności - własności czasoprzestrzeni opisuje się w niej właśnie metryką. Wirujące czarne dziury, jak już wspomniałem, opisuje metryka Kerra:

$$g = \left(1 - \frac{2Mr}{\Sigma}\right) dt^2 - \frac{\Sigma}{\Delta}dr^2 - \Sigma d\vartheta^2 - \left(r^2 + a^2 + \frac{2Mra^2\sin^2 \vartheta}{\Sigma}\right) \sin^2\vartheta d\varphi^2 + \frac{4Mra\sin^2 \vartheta}{\Sigma}dtd\varphi$$

gdzie:

• $M$ - masa czarnej dziury
• $a$ - moment pędu czarnej dziury (na jednostkę masy - istnieje ograniczenie $a \leq M$)
• $t$, $r$, $\vartheta$, $\varphi$ - współrzędne czasoprzestrzenne
• $\Delta = r^2 - 2Mr + a^2$
• $\Sigma = r^2 + a^2\cos^2 \vartheta$

(wszystko jest w jednostkach $c = G = 1$, dla uproszczenia; zamiast $M$ należałoby wstawić $\frac{GM}{c^2}$ i $ct$ zamiast $t$, żeby było w jednostkach SI)

Horyzont zdarzeń (a właściwie dwa horyzonty!) pojawia się tam, gdzie $\Delta = 0$ - czyli $r = M \pm \sqrt{M^2 - a^2}$. Nas interesuje horyzont zewnętrzny, gdyż to on decyduje o kształcie czarnej dziury.

Skoro możemy podać konkretną wartość $r$, odpowiadającą horyzontowi, oznacza to, że r = const. Nie interesuje nas też ewolucja w czasie (której zresztą nie ma - metryka Kerra jest stacjonarna), więc przyjmiemy również $t = const$. To oznacza, że aby "obciąć" metrykę do powierzchni horyzontu, wystarczy podstawić dr = dt = 0. Taka metryka (po dodatkowym odwróceniu znaku - część przestrzenna metryki jest ujemna, ale znak nie ma znaczenia gdy nie mieszamy czasu z przestrzenią, a tu zajmujemy się tylko przestrzenią) będzie wyglądała tak:

$$h = \Sigma d\vartheta^2 + \left(r^2 + a^2 + \frac{2Mra^2\sin^2 \vartheta}{\Sigma}\right) \sin^2\vartheta d\varphi^2$$

Nie jest najpiękniejsza, ale już sporo przyjemniejsza niż pełna metryka.

To teraz zabierzmy się za fakt, że znamy dokładną wartość współrzędnej r, która nas interesuje: $r = M + \sqrt{M^2 - a^2}$. Mamy wówczas:

• $r^2 + a^2 = 2Mr$ (gdyż $\Delta = 0$) $= 2M (M + \sqrt{M^2 - a^2})$
• $\Sigma = r^2 + a^2 \cos^2 \vartheta = r^2 + a^2 - a^2 \sin^2 \vartheta = 2M (M + \sqrt{M^2 - a^2}) - a^2 \sin^2 \vartheta$

Całą metrykę możemy natomiast zapisać jako:

$$h = 2M^2 \left[ \left(1 + \sqrt{1 - \frac{a^2}{M^2}} - \frac{a^2}{2M^2}\sin^2 \vartheta \right) d\vartheta^2 + \frac{\left(1 + \sqrt{1 - \frac{a^2}{M^2}}\right)^2}{1 + \sqrt{1 - \frac{a^2}{M^2}} - \frac{a^2}{2M^2}\sin^2 \vartheta} \sin^2 \vartheta d\varphi^2 \right]$$

Wygląda jeszcze brzydziej, ale możemy zrobić kilka rzeczy. Po pierwsze, opuścimy te $2M^2$ z przodu. Ten czynnik kontroluje tylko rozmiar horyzontu, ale nie jego kształt. Rozmiar co do metra nas nie obchodzi, a jak będzie obchodził, to zawsze możemy wyniki z powrotem przez te $2M^2$ przemnożyć. Po drugie, w wielu miejscach mamy $\frac{a}{M}$ - oznaczmy to przez $\alpha$. Jak już wspomniałem, istnieje ograniczenie $a \leq M$, co oznacza, że $0 \leq \alpha \leq 1$ (0 sprowadzi nam metrykę do metryki Schwarzschilda, 1 to tzw. ekstremalna metryka Kerra). To sprowadza nam metrykę do postaci:

$$h' = \left(1 + \sqrt{1 - \alpha^2} - \frac{1}{2}\alpha^2 \sin^2 \vartheta \right) d\vartheta^2 + \frac{\left(1 + \sqrt{1 - \alpha^2}\right)^2}{1 + \sqrt{1 - \alpha^2} - \frac{1}{2}\alpha^2 \sin^2 \vartheta} \sin^2 \vartheta d\varphi^2$$

Oznaczmy jeszcze $1 + \sqrt{1 - \alpha^2}$ przez $\beta$, bo czemu nie, i podzielmy całą metrykę przez $\beta$ (znowu - tylko kwestia skali):

$$h'' = \frac{\beta - \frac{1}{2}\alpha^2 \sin^2\vartheta}{\beta} d\vartheta^2 + \frac{\beta}{\beta - \frac{1}{2}\alpha^2 \sin^2 \vartheta} \sin^2 \vartheta d\varphi^2$$

No i na koniec: przez $\xi(\vartheta)$ oznaczmy ułamek $\frac{\beta - \frac{1}{2}\alpha^2 \sin^2\vartheta}{\beta}$:

$$h'' = \xi(\vartheta) d\vartheta^2 + \frac{1}{\xi(\vartheta)} \sin^2 \vartheta d\varphi^2$$

Gdy $\xi(\vartheta)$ jest tożsamościowo równe 1 (a tak jest gdy $\alpha = 0$, czyli w przypadku Schwarzschilda), to ta metryka opisuje sferę. Póki co wszystko jest w porządku :)

A co zrobić, gdy $\xi$ nie jest jedynką? Kusi, żeby po prostu uznać $\vartheta$ i $\varphi$ za coś w stylu szerokości i długości geograficznej, ale to byłby ten sam błąd, co uznanie stałego $r$ za sferę - nie mamy żadnej gwarancji, że te współrzędne mają jakiś fizyczny sens. Zostaje nam spróbować wygenerować powierzchnię, która da równoważną metrykę.

Wygenerowaną powierzchnię zapiszemy sobie w postaci parametrycznej: $x(\vartheta, \varphi)$, $y(\vartheta, \varphi)$, $z(\vartheta, \varphi)$. Taka postać oznacza, że każdy punkt na powierzchni będzie opisany przez parę współrzędnych $(\vartheta, \varphi)$ i dla każdej takiej pary będziemy mogli obliczyć odpowiadające im współrzędne w przestrzeni 3D. Na przykład, dla sfery moglibyśmy napisać:

$$x(\vartheta, \varphi) = r\sin\vartheta\cos\varphi$$

$$y(\vartheta, \varphi) = r\sin\vartheta\sin\varphi$$

$$z(\vartheta, \varphi) = r\cos\vartheta$$

Ponieważ w metryce Kerra mamy na szczęście symetrię obrotową, możemy zrobić trik: z uznamy za oś symetrii, a x i y sparametryzujemy odległością od osi z (oznaczymy ją $\rho$) i kątem $\varphi$ - czyli de facto wprowadzimy współrzędne cylindryczne. To pozwoli nam zapisać:

$$x(\vartheta, \varphi) = \rho(\vartheta)\cos\varphi$$

$$y(\vartheta, \varphi) = \rho(\vartheta)\sin\varphi$$

$$z(\vartheta, \varphi) = z(\vartheta)$$

(W przypadku sfery mielibyśmy $\rho(\vartheta) = r\sin\vartheta$, $z(\vartheta) = r\cos\vartheta$).

To teraz czas na metrykę na naszej powierzchni. Metryka we współrzędnych x, y, z w płaskiej przestrzeni 3D wygląda prosto: $dx^2 + dy^2 + dz^2$. Musimy ją teraz tylko "obciąć" do naszej powierzchni i wyrazić przez $\vartheta$ i $\varphi$.

Zrobimy to, wyrażając odpowiednie formy różniczkowe w nowych współrzędnych:

$$dx = \frac{\partial x}{\partial \vartheta} d\vartheta + \frac{\partial x}{\partial \varphi} d\varphi$$

$$dy = \frac{\partial y}{\partial \vartheta} d\vartheta + \frac{\partial y}{\partial \varphi} d\varphi$$

$$dz = \frac{\partial z}{\partial \vartheta} d\vartheta + \frac{\partial z}{\partial \varphi} d\varphi$$

No to liczymy:

$$dx = \frac{d\rho}{d\vartheta} \cos\varphi \; d\vartheta - \rho(\vartheta) \sin\varphi \; d\varphi$$

$$dy = \frac{d\rho}{d\vartheta} \sin\varphi \; d\vartheta + \rho(\vartheta) \cos\varphi \; d\varphi$$

$$dz = \frac{dz}{d\vartheta} d\vartheta$$

Po podstawieniu:

$$dx^2 + dy^2 + dz^2 = \left[ \left(\frac{d\rho}{d\vartheta}\right)^2 + \left(\frac{dz}{d\vartheta}\right)^2 \right] d\vartheta^2 + \rho(\vartheta)^2 d\varphi^2$$

Chcielibyśmy, żeby to była nasza metryka $h''$. Aby tak było, będzie musiało zachodzić:

$$\rho(\vartheta)^2 = \frac{1}{\xi(\vartheta)}\sin^2 \vartheta$$

$$\left(\frac{d\rho}{d\vartheta}\right)^2 + \left(\frac{dz}{d\vartheta}\right)^2 = \xi(\vartheta)$$

Z pierwszego warunku mamy: $\rho(\vartheta) = \frac{\sin\vartheta}{\sqrt{\xi(\vartheta)}}$. Możemy obliczyć pochodną tej funkcji, co daje:

$$\left(\frac{d\rho}{d\vartheta}\right)^2 = \frac{\cos^2 \vartheta}{\xi(\vartheta)^3}$$

$$\left(\frac{dz}{d\vartheta}\right)^2 = \xi(\vartheta)\left(1 - \frac{\cos^2 \vartheta}{\xi(\vartheta)^4}\right)$$

Drugie równanie jest równaniem różniczkowym na funkcję $z(\vartheta)$ - można je rozwiązać numerycznie, dzięki czemu będziemy mieli pełny opis naszej powierzchni.

To teraz - jak taka powierzchnia wygląda? Zauważmy, że gdy będziemy obliczać $(\rho(\vartheta), z(\vartheta))$ dla różnych wartości $\vartheta$ między $0$ a $\pi$, otrzymamy współrzędne x i z punktów na naszej powierzchni dla $\varphi = 0$ - czyli dla czegoś na kształt "południka zero". Otrzymaną krzywą wystarczy obrócić wokół osi z, i voila! Mamy powierzchnię.

No to spróbujmy. Poniżej przekroje dla $\alpha = 0$ (co powinno dać półokrąg - przypadek Schwarzschilda, sfera), $\alpha = 0.5$ i $\alpha = 0.8$:

Jak się przyjrzeć, to widać nieco spłaszczony kształt dla $\alpha = 0.5$, i całkiem mocno spłaszczony przy 0.8.

A co się dzieje dla większych wartości $\alpha$...? Próbowałem to sprawdzić - i program liczący $z(\vartheta)$ numerycznie zaczął wypluwać liczby zespolone. Co tu się...?

Zacząłem podejrzewać błąd w obliczeniach i sprawdziłem je wielokrotnie, ale wszystko się zgadzało. Doszedłem więc do wniosku, że może to jest poprawny wynik - ale jaka byłaby wobec tego jego interpretacja?

Otóż problem bierze się ze sposobu liczenia $\frac{dz}{d\vartheta}$ - a mianowicie bierzemy współczynnik metryki powierzchni przy $d\vartheta^2$ i odejmujemy od niego $\left(\frac{d\rho}{d\vartheta}\right)^2$. Sęk w tym, że dla odpowiednio dużych $\alpha$ drugi składnik okazuje się większy od pierwszego, i kwadrat pochodnej z wychodzi ujemny.

Ale zaraz... co tu właściwie jest większe od czego? Pierwszy składnik to współczynnik metryki, który zasadniczo jest kwadratem długości odcinka, który zakreślamy, przesuwając się po powierzchni o $d\vartheta$. Drugi składnik to kwadrat zmiany naszej odległości od osi obrotu przy tym przesunięciu. Ujemny wynik oznacza, że przesuwając się nieco po powierzchni, zmieniamy swoją odległość od osi obrotu o więcej, niż wynosi długość naszego przesunięcia po powierzchni - WTF? Takie rzeczy nie powinny chyba mieć miejsca?

Okazuje się, że choć to nieintuicyjne, jest jednak możliwe. Wszystko bierze się z tego, że usiłujemy podzielić horyzont na okręgi - równoleżniki (stałe $\vartheta$) i poukładać je wzdłuż osi z tak, aby odległości na utworzonej w ten sposób powierzchni zgadzały się z odległościami na horyzoncie. Jeśli jednak geometria przestrzeni jest odpowiednio krzywa, to krzywizna równoleżników może się zmieniać w sposób kompletnie oderwany od odległości na powierzchni i tak się dzieje tutaj. Nasza odległość od osi obrotu ($\rho$) to nic innego, jak krzywizna równoleżnika, która zmienia się na tyle szybko, że odległości na powierzchni "nie nadążają". Taka sytuacja jest możliwa w krzywej przestrzeni, ale nie w płaskiej, w której żyjemy i próbujemy zobrazować horyzont.

Inaczej ujmując: kształt horyzontu jest kształtem figury po prostu nieistniejącej w płaskiej przestrzeni. No cóż. Nie obejrzymy sobie kształtu horyzontu ekstremalnego ($\alpha = 1$; o takich horyzontach pisałem zresztą pracę licencjacką i magisterską).

Nie obejrzymy faktycznego kształtu horyzontu - ale przecież obserwator w pobliżu takiej czarnej dziury coś by widział, prawda? Mógłby zrobić zdjęcie i wydrukować je na dwuwymiarowej kartce - jaki byłby efekt?

Czarna dziura mocno zakrzywia światło przelatujące jej w pobliżu, a część pochłania - w rezultacie obserwator widzi czarną plamę na niebie, otoczoną zniekształconym obrazem tła. Kształt tej plamy - tzw. "cienia" czarnej dziury - nie jest jednak kształtem horyzontu, wynika bowiem z tego, jaki wpływ jest wywierany przez czarną dziurę na światło. Gdy czarna dziura wiruje, światło przelatujące z jednej strony jest zakrzywiane nieco inaczej, niż z drugiej, przez co obraz jest, owszem, nieco spłaszczony - ale tylko z jednej strony, i w kierunku prostopadłym do osi obrotu, a nie równoległym.

Obrazek poniżej to wynik symulacji czarnej dziury z $\alpha \approx 0.95$. Oś obrotu jest na tym obrazku w pionie. Widać wyraźne spłaszczenie po lewej stronie - efekt tego, że po tej stronie światło może przelecieć nieco bliżej horyzontu, nie wpadając pod niego, niż po drugiej.

Podsumowując: nie spodziewałem się, że niektórych horyzontów nie uda się przedstawić w 3D - co nie jest dziwne, skoro na początku byłem przekonany, że horyzont zawsze jest sferą ;) Losowa osoba w internecie zadała proste pytanie, a ja dzięki niemu się dużo nauczyłem. Było to fascynujące doświadczenie :)

---

Aktualizacja 2017-07-26: Dowiedziałem się, że - niezbyt zaskakująco - już od jakiegoś czasu wiadomo, że powierzchni horyzontu nie da się zanurzyć w płaskiej przestrzeni 3D dla $\alpha > \frac{\sqrt{3}}{2}$ (L. Smarr Surface Geometry of Charged Rotating Black Holes, Phys. Rev. D 7, 289 (1973)). Tak czy siak, fajnie było samemu uzyskać ten wynik :)