Kształt horyzontu czarnej dziury

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:

Kształt horyzontu dla alfa=0

Kształt horyzontu dla alfa=0.5

Kształt horyzontu dla alfa=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.

Widok na czarną dziurę z alfa = ok. 0.95

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 :)

  • Mike_P77

    Zawsze mnie zastanawiało, jak ludzie opanowują tak skomplikowany aparat matematyczny i potrafią się nim swobodnie posługiwać. Miałeś dobrych wykładowców, czy to kwestia dostępu do dobrych materiałów, czy może talentu gdzie wszystko przychodzi łatwiej niż innym, czy może żmudnego wieloletniego treningu ? Ja przez okres studiów opanowałem w jakimś podstawowym stopniu rachunek różniczkowo-całkowy, ale go nie czułem. Korzystałem z niego machinalnie, powtarzając jak małpka przedstawione wczesniej kroki postepowania w konkretnych zastosowaniach. Nie potrafiłem jednak samodzielnie użyć go do opisu jakiegoś problemu. To było prawie 20 lat temu, gdzie nie było internetu i nie było za bardzo kogo spytać o co w tym biega. Kolegów tez niestety nie bardzo interesowało jak to działa, ważne że działa. Miałem też wykładowcę, który sprawnie posługiwał się tensorami do opisu różnych problemów mechaniki. Też bardzo chciałem i usilnie starałem się zrozumiec, jednak ci wykładowcy zawsze gnali według narzuconego tempa nawet mając świadomość że 1-2 osoby na auli szczątkowo rozumieją o czym mowa. Studia nie przygotowały mnie ani do rynku ani do kontynuacji kariery w nauce. Może jestem za głupi, może nie trafiłem na właściwych ludzi, może ten brak internetu też mocno na to wpłynął. Czułem, że mam zbyt mało czasu, żeby rozkminiać wszystko samemu. Teraz już nie mam po co, ale ciągle fascynuje mnie to jak ludzie potrafią elastycznie używać zaawansowanej matematyki do opisu przyrody.

    • Szczerze powiedziawszy, ciężko mi powiedzieć, czego to zasługa. W jakiejś części na pewno jakiś rodzaj talentu - od zawsze ciągnęło mnie do takich zagadnień, i od zawsze dość łatwo przychodziło mi ich "wyczucie". Wykładowcy też niewątpliwie mieli swój wkład, zwłaszcza że to wykłady były dla mnie głównym, a nieraz praktycznie jedynym materiałem do nauki (i nie chodzi o brak dostępu do innych - bardziej o to, że nie czułem potrzeby sięgania do nich).
      Nie potrafię niestety podać metody, którą można dojść do wprawy. Pomaga z pewnością stały kontakt z podobnymi zagadnieniami, jaki ma się na studiach, i który zmusza mózg do dopasowania się do ich struktury. Dla mnie też zawsze istotna była wizualizacja problemu, jakieś zrozumienie, o co właściwie w nim chodzi, przed zabraniem się do obliczeń. Nie widzieć w równaniach symboli, a opis czegoś konkretnego, o czym chcemy dowiedzieć się czegoś nowego - i wtedy manipulacja symbolami staje się tylko narzędziem do zwiększenia swojej wiedzy.
      Mam nadzieję, że moje przemyślenia były w jakimś stopniu pomocne - choć zdążyłem już zauważyć, że każdy człowiek jest inny i nie zawsze metody sprawdzające się dla jednego sprawdzą się drugiemu :)

      • Mike_P77

        Dzieki za odpowiedź. Czyli jestes właściwym człowiekiem na właściwym miejscu :) Tak jak piszesz uniwersalnej recepty podać nie można. Złożenie tych wszystkich czynników, o których wspomniałeś na pewno zwieksza prawdopodobieństwo osiągnięcia jakiegoś sukcesu. Z moich osobistych obserwacji wynika, że mocno pomaga obecność kolegów, o tych samych zainteresowaniach, ale to też nie reguła. Znam specjalistów, którzy do wszystkiego doszli samodzielnie w czasach kiedy dostęp do materiałów był dużo skromniejszy niż dzisiaj.
        Gratuluję i życzę sukcesów. Jeśli to Twoja pasja to są chyba nieuniknione ;)