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Erik
Anmeldedatum: 28.03.2006
Beiträge: 565
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 Verfasst am: 20.01.2009, 21:28 Titel: |
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| Ich hat Folgendes geschrieben: | | Zitat: | | Die Theorie der Hawking-Strahlung beschreibt doch, dass in unmittelbarer Nähe des Ereignishorizontes eines Schwarzen Loches aus 'VakuumFluktuation' spontan entstehende Teilchen und Antiteilchen sich NICHT innert kürzester Zeit gegenseitig nihilisieren können, wenn das eine der Teilchen hinter den Ereignishorizont gerät. |
Nicht wirklich, eher andersrum: so beschreibt man die Theorie der Hawkingstrahlung, wenn man dem nahekommen will, was man "allgemeinverständlich" nennt.
Ich gebe auch ganz offen zu, dass ich die echte Herleitung nicht verstanden habe. Ich hab's mal ganz tapfer im "Wald" durchgelesen, aber allein schon meine mangelhaften Kenntnisse der Quantenmechanik haben mich da im Wald stehen lassen.
Soviel kann ich aber sagen (Erik mag mich vielleicht korrigieren oder ergänzen):
Hawkingstrahlung ist kein lokaler Effekt in dem Sinne, dass da direkt am EH etwas entsteht, was dann entkommen soll.
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Das entspricht auch meinem Verständnis. Meines Wissens gibt es keine lokale Beschreibung von
Hawking-Strahlung in diesem Sinne. Was nicht heißt, daß es keine solche geben kann,
aber wenn, ändert das nichts am Resultat: Egal wo sie entsteht, sie kann auf jeden Fall
in endlicher Zeit außen gemessen werden. Der aus dem ursprünglichen Vakuum entstandene Endzustand
hängt nun einfach nicht von irgendeinem gotischen R ab.
| Zitat: |
Dass klassisch gesehen Teilchen, die direkt am EH positioniert sind, unendlich lange Koordinatenzeit (also "Zeit" für Außenstehende) brauchen, um zu entkommen, ist kein neus Resultat, sondern die Definition eines EH.
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Exakt, das lag mir als Reaktion auf Rösslers Behauptung auch schon auf der Zunge. Weder beweist
er die Nichtexistenz des Horizonts, noch hat seine Behauptung (unendliches t für Außenstehende)
irgendeine nicht bereits bekannte Konsequenz. Er formuliert einfach die Definition von Ereignishorizont
(ohne, daß ihm dies klar zu sein scheint.)
| Zitat: |
Rösslers Ergebnis wiederum (der unendliche Abstand), mal ganz abgesehen davon, dass es sich nur um eine (allerdings unzulässige) Koordinatentransformation handelt, die nichts an der Physik ändert, ist unbrauchbar.
Effektiv betrachtet er das Geschehen aus der Perspektive eines lichtschnellen Beobachters. Ein solches Bezugssystem ist unendlich kontrahiert, so dass z.B. ein Richtung Horizont fallender Körper in jeder Sekunde Eigenzeit einen unendlichen Weg zurücklegt. Dies deutet Rössler als "unendlichen Abstand zum Horizont".
Fakt ist jedoch, dass ein Horizont gar nicht vorkommt, da die Betrachtung in einem - nicht definierten, wie gesagt - inertialsystem erfolgt. Jeder Körper im ganzen Universum legt nach dieser Maßgabe in jedem beliebig kleinen Zeitintervall eine unendliche Strecke zurück. Dass ausschließlich Wege zum Horizont unendlich lang wären, ist unrichtig.
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Diese Widergabe von Rösslers Argment verstehe ich allerdings nicht ganz. Ich dachte er verwendet
von Anfang an die äußere Schwarzschildmetrik hinunter bis r=2M. Da ist ein Horizont. Später
behauptet er dann zwar die Nichtexistenz eines Horizonts bewiesen zu haben, aber das macht das
ganze eben nur inkonsistent. Und warum sollte eine Koordinatentransformation "unzulässig" sein?
| Ich hat Folgendes geschrieben: |
| Joachim hat Folgendes geschrieben: |
Das ist eigentlich recht genau bestimmt: Die Strahlung entsteht überall, wo das Feld (die Raumkrümmung) ungleich Null ist. Je krummer desto mehr.
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Dann hab ichs nicht verstanden. Ich dachte, der Horizont wäre notwendig? Und inwiefern ist
"Raumkrümmung" definiert? Raumzeitkrümmung ist nicht nötig, und Raumkrümmung ist
koordinatenabhängig und sicher nicht lokal messbar.
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Also ein Horizont ist nicht unbedingt für Teilchenerzeugung mittels Gravitationsfeld aus
dem Vakuum erforderlich, sondern nur, daß das, was der Beobachter am Anfang als
Teilchenvernichtung wahrnimmt am Ende eine Mischung aus Teilchenerzeugung und -Vernichtung
ist. Dazu reicht i.a. nur eine zeitabhängige Metrik.
Aber wenn sich ein Horizont bildet, ist die erzeugte Strahlung thermisch. Horizonte
machen im allgemeinen aus Vakuum ein Gemisch mit Temperatur > 0. (Das sieht man ja auch beim
Unruh-Effekt).
Das ist auch irgendwie ganz anschaulich, wenn man sich vorstellt, daß der Horizont sozusagen etwas
Information über den Quantenzustand "verschluckt". Diese zusätzliche Unkenntnis erhöht für
Beobachter, die nicht von jedem Ereignis der Raumzeit Information empfangen können, die Entropie.
Ich verstehe Teilchenerzeugung am schwarzen Loch im Augenblick so: Der Hilbert-Raum der
Endzustände ist (grob gesagt) ein Produkt aus dem Hilbertraum der Teilchen, die nach unendlich
wegfliegen können und dem Hilbert-Raum der Teilchen, die hinterm Horizont verschwinden. Aus
dem anfänglichen Vakuum wird ein Zustand mit "Teilchenpaaren" aus jedem dieser Hilberträume.
(Ein Effekt der nur durch das Gravitationsfeld zustande kommt und mit dem Horizont bis jetzt noch nichts zu tun hat.)
Der vom äußeren Beobachter gemessene Endzustand ist nun aber das Gemisch, das man durch
Spurbildung über die hinterm Horizont verschwundenen Freiheitsgrade erhält. Dadurch entsteht beim
Unruh-Effekt ein Zustand mit T~ Beschleunigung und am Schwarzen Loch mit T~"surface gravity", wobei ich
die Definition von "surface gravity" im Augenblick nicht zusammenkriege.
Zuletzt bearbeitet von Erik am 25.01.2009, 12:48, insgesamt einmal bearbeitet |
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Erik
Anmeldedatum: 28.03.2006
Beiträge: 565
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| Verfasst am: 20.01.2009, 21:53 Titel: |
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| MG hat Folgendes geschrieben: |
Ich kann Rössler dabei nur sehr begrenzt vorgreifen - aber mir scheint, dass du das Rössler'sche
Argument dabei missverstehst: Die Hawking-Strahlung – sofern sie denn existierte – bräuchte
unendlich lange um sich vom Horizont „hochzuarbeiten“.
Die Hawking-Strahlung wäre außerdem unendlich rot verschoben, also von unendlicher Wellenlänge, sodass sie weder sichtbar noch wirksam wäre.
Die Hawking-Strahlung wäre also
1.unendlich weit weg
2.bräuchte sie unendlich lang und
3.wäre sie unendlich schwach.
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| MG hat Folgendes geschrieben: |
Die obigen Bemerkungen sind keine willkürlichen Interpretationen des Gothic-R-Theorems,
sondern gehen aus Notizen zu einem Gespräch mit Otto Rössler hervor.
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Das Problem scheint auch nicht zu sein, daß einer von uns Rössler falsch versteht. Da er
sich teilweise widerspricht, kann man da sowieso nicht zuviel erwarten. Wichtiger ist, daß
Rösslers Schlußfolgerungen bzgl. Hawking-Strahlung alles andere als nachvollziehbar sind,
wenn man mal von der populären Vorstellung, sie "arbeite sich vom Horizont hoch", wegkommt. |
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ralfkannenberg
Anmeldedatum: 22.02.2006
Beiträge: 4788
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| Verfasst am: 20.01.2009, 22:39 Titel: |
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| Erik hat Folgendes geschrieben: | | Ich hat Folgendes geschrieben: | Rösslers Ergebnis wiederum (der unendliche Abstand), mal ganz abgesehen davon, dass es sich nur um eine (allerdings unzulässige) Koordinatentransformation handelt, die nichts an der Physik ändert, ist unbrauchbar.
(...) |
(...)
Und warum sollte eine Koordinatentransformation "unzulässig" sein? |
Hallo Erik,
ich denke, weil sie nicht-endliche Werte annimmt und entsprechend auch nicht invertierbar ist.
Freundliche Grüsse, Ralf |
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Ich
Anmeldedatum: 29.06.2006
Beiträge: 624
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| Verfasst am: 21.01.2009, 09:33 Titel: |
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| Joachim hat Folgendes geschrieben: | | Aber kann die Krümmung nicht durch den Riemannschen Krümmungstensor dargestellt werden? Wenn sie ein Tensor ist, kann sie auch lokal nicht wegtransformiert werden. |
Ja, aber Hawkingstrahlung (dann: Unruhstrahlung) gibt's in flacher Raumzeit, abhängig vom Bewegungszustand des Beobachters. Das scheint ziemliches Quantenzeugs zu sein.
| Erik hat Folgendes geschrieben: | | Also ein Horizont ist nicht unbedingt für Teilchenerzeugung mittels Gravitationsfeld aus dem Vakuum erforderlich, sondern nur, daß das, was der Beobachter am Anfang als Teilchenvernichtung wahrnimmt am Ende eine Mischung aus Teilchenerzeugung und -Vernichtung ist. Dazu reicht i.a. nur eine zeitabhängige Metrik. |
Ja, irgendwie so kommt's mir plausibel vor, ohne dass ich Details verstehen würde. Ich denke, die Frage ist eng verwandt mit der, ob eine frei fallende Ladung EM-Wellen abstrahlt oder nicht. Dort kommt's offenbar auch auf den Bewegungszustand des Beobachters an, was erst mal kontraintuitiv ist.
| Erik hat Folgendes geschrieben: | | Diese Widergabe von Rösslers Argment verstehe ich allerdings nicht ganz. Ich dachte er verwendet von Anfang an die äußere Schwarzschildmetrik hinunter bis r=2M. Da ist ein Horizont. Später behauptet er dann zwar die Nichtexistenz eines Horizonts bewiesen zu haben, aber das macht das ganze eben nur inkonsistent. Und warum sollte eine Koordinatentransformation "unzulässig" sein? |
Rössler hat sein altes Argument aufgegeben und ein neues dazugedichtet, das hast du vielleicht nicht mitbekommen. Er nimmt die Rindlermetrik und legt den Zeitnullpunkt (also den "Beobachtungszeitpunkt") nach t=inf. Dann transformiert er nach Minkowski und kommt so in das Bezugssystem mit v=c, mit all den komischen Eigenschaften.
Warum die Trafo unzulässig ist hat Ralf schon beantwortet. t=inf gehört nicht zur Mannigfaltigkeit, und v=c nicht zur Lorentzgruppe. |
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Joachim
Anmeldedatum: 20.02.2006
Beiträge: 1714
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| Verfasst am: 21.01.2009, 20:09 Titel: |
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| Ich hat Folgendes geschrieben: | | Joachim hat Folgendes geschrieben: | | Aber kann die Krümmung nicht durch den Riemannschen Krümmungstensor dargestellt werden? Wenn sie ein Tensor ist, kann sie auch lokal nicht wegtransformiert werden. |
Ja, aber Hawkingstrahlung (dann: Unruhstrahlung) gibt's in flacher Raumzeit, abhängig vom Bewegungszustand des Beobachters. Das scheint ziemliches Quantenzeugs zu sein.. |
Stimmt. Da habe ich etwas schnell geschossen. Das ist eine meiner Schwächen. Tatsächlich ist die Strahlung natürlich nicht koordinatenunabhängig und hängt direkt von der stärke der Gravitation ab. Ist halt typisches Relativitätszeug. 
Gruß,
Joachim
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Erik
Anmeldedatum: 28.03.2006
Beiträge: 565
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| Verfasst am: 21.01.2009, 20:21 Titel: |
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| Ich hat Folgendes geschrieben: |
| Erik hat Folgendes geschrieben: | | Diese Widergabe von Rösslers Argment verstehe ich allerdings nicht ganz. Ich dachte er verwendet von Anfang an die äußere Schwarzschildmetrik hinunter bis r=2M. Da ist ein Horizont. Später behauptet er dann zwar die Nichtexistenz eines Horizonts bewiesen zu haben, aber das macht das ganze eben nur inkonsistent. Und warum sollte eine Koordinatentransformation "unzulässig" sein? |
Rössler hat sein altes Argument aufgegeben und ein neues dazugedichtet, das hast du vielleicht nicht mitbekommen.
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Mitbekommen schon, aber bis jetzt nur quer gelesen. Also nicht genug um zu wissen,
wo das mit dem trampolinhüpfenden Beobachter hinführen solllte.
Ich habs jetzt aber nachgeholt und bin weitgehend ratlos. Ich denke nicht, daß es an der
Transformation selbst liegt, sondern genau daran, daß er den Rindler-Wedge verläßt.
So wie ich das verstehe, bewegt sich das Ende seiner Rakete von Anfang an mit c.
Ich habe keinen Schimmer, wie er auf diesen Unsinn kommt:
| Otto E. Rössler hat Folgendes geschrieben: |
Second, the new luminal-speeds result: To best see it, we assume for starters that the hole
in the tail had been plugged by a trampoline (the asssumption can be dropped later). The
coasting passenger – if resilient enough – then bounces back all the way up toward the tip
in another year of his proper time. In the Rindler diagram, this rebouncing trajectory is
again a straight line: starting at the point x = t = 1, it continues along the first
bisector in coincidence with the latter so as to let the jumper re-catch his handle, which
contimued along the curved hyperbola of the rocket‘s tip, at x = t = ∞.
[...]
This new result is surprising since luminal speeds of massive bodies had no place in physics up
until now. The reason they are a reality lies in the free choice of frames that is the hallmark
of the Rindler metric, the above “scrolling operation.“
|
Also, nach einem Jahr kreuzt er den Lichtkegel des Ursprungs (t=x=1). Auf diesem bewegt sich
wundersamer Weise das Ende der Rakete. An diesem lichtartigen Ende prallt er dann ab und bewegt
sich fortan ebenfalls lichtartig, bis er dann das vordere Ende bei t=x=unendlich wieder
einholt. Und obwohl er sich lichtartig bewegt, vergeht für ihn irgendwie trotzdem ein Jahr
Eigenzeit? Und im Vorbeigehen haben wir noch überlichtschnelle Beobachter eingeführt,
um beweisen zu können, daß sie existieren, denken aber irgendwie, daß das an der freien
Koordinatenwahl liegt.
Das kann es doch nicht sein, oder?
Vielleicht hätte er erst verstehen sollen, daß das Rindler-Wedge als x > |t| (nicht $ x\geq |t| $)
definiert ist. Das steht doch sogar im Wald, auf den in freundlicherweise jemand
hingewiesen hat. |
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Ich
Anmeldedatum: 29.06.2006
Beiträge: 624
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| Verfasst am: 21.01.2009, 20:58 Titel: |
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| Zitat: | Ich habs jetzt aber nachgeholt und bin weitgehend ratlos. Ich denke nicht, daß es an der
Transformation selbst liegt, sondern genau daran, daß er den Rindler-Wedge verläßt. |
Genau das erreicht er ja durch eine Zeitverschiebung nach Rindlerzeit t=unendlich. Dann liegt alles, was bisher geschah, auf der Nullgeodäte t=x, x>=0. Dass alle Mengen immer offen sind und "Unendlich" nicht dazugehört, v=c für materielle Beobachter auch nicht, und dass man mit solchen Sachen alles beweisen kann, weil ungültige Voraussetzungen vorliegen, das habe ich ihm mehrmals gesagt. Aber irgendwie findet er genau das reizvoll.
| Zitat: | | Und obwohl er sich lichtartig bewegt, vergeht für ihn irgendwie trotzdem ein Jahr Eigenzeit? |
Das eben findet er so bemerkenswert. Die Norm von (oo,oo) ist nun mal undefiniert, da denkt er sich halt eine aus. Ich hab's mit dem Argument versucht, dass ich dann beweisen kann, dass alle parallelen Geraden aufeinander liegen, aber das hat ihn irgendwie nicht abgeschreckt.
| Zitat: | | Das kann es doch nicht sein, oder? |
Ähm, doch. Mehr ist nicht.
Ich hab's dann auch dabei gelassen, das falsche Resultat hat er ja korrigiert, und die Philosophie übers Rechnen im Unendlichkeiten hat eh erkennbar keine physikalische Relevanz. Dass sich das für den Laien sowieso alles liest wie Chinesisch, und dass ebendieser dann wieder auf die alte Frage zurückgeworfen ist, wem er mehr glaubt, das kann ich nicht ändern. |
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Nathan5111
Anmeldedatum: 27.01.2008
Beiträge: 190
Wohnort: Varus-Schlacht
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| Verfasst am: 22.01.2009, 00:47 Titel: |
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Aber das wird wohl sicherlich dieser österreichische Blitz-Physiker und -Mathematiker in seiner gewohnt überragenden Kompetenz und erlesener Höflichkeit vollständig aufklären.
Wie hieß der noch gleich? |
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achtphasen
Anmeldedatum: 20.10.2008
Beiträge: 848
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| Verfasst am: 22.01.2009, 08:12 Titel: |
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@'Ich', 'Erik', 'Joachim' und 'ralfkannenberg':
vielen Dank!
in ein paar Tagen werde ich Eure Beiträge gerne auch auf achtphasen mit Quellenangabe nachveröffentlichen. Ich hoffe auf Euer Einverständnis. |
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Joachim
Anmeldedatum: 20.02.2006
Beiträge: 1714
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| Verfasst am: 22.01.2009, 17:46 Titel: |
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| achtphasen hat Folgendes geschrieben: | @'Ich', 'Erik', 'Joachim' und 'ralfkannenberg':
vielen Dank!
in ein paar Tagen werde ich Eure Beiträge gerne auch auf achtphasen mit Quellenangabe nachveröffentlichen. Ich hoffe auf Euer Einverständnis. |
Bitte nicht!
Gruß,
Joachim
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Relativitaetsprinzip.Info
(Nicht mehr in diesem Forum aktiv) |
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Erik
Anmeldedatum: 28.03.2006
Beiträge: 565
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| Verfasst am: 23.01.2009, 11:19 Titel: |
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| Ich hat Folgendes geschrieben: | | Zitat: | Ich habs jetzt aber nachgeholt und bin weitgehend ratlos. Ich denke nicht, daß es an der
Transformation selbst liegt, sondern genau daran, daß er den Rindler-Wedge verläßt. |
Genau das erreicht er ja durch eine Zeitverschiebung nach Rindlerzeit t=unendlich.
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Achso, das war in dem Absatz, in dem ich nur Bahnhof verstanden habe:
| Otto E. Rössler hat Folgendes geschrieben: |
That is all. One sees that the two straight legs of the observer’s trip are mutually
equivalent (except for orientation in time). For it is possible to “scroll down“ the initial
time T when the observer lets go of his handle, all the way down from T = 0 (asumed so far)
to T = – ∞. In the new equivalent picture, the observer reaches the trampoline, not at x = t = 1
but rather at x = t = 0 (origin). This symmetric picture reveals that during either half
trip (the two being mirror images of each other), an infinite distance in outer space is
covered by the observer – in finite proper time! Hence there always exists an appropriately
chosen frame in which an infinite distance is being bridged by the falling (or rebouncing)
observer in finite proper time.
|
Jetzt dämmert mir erst was für ein Geniestreich das ist.
Also der Beobachter läßt los und i) fliegt in einem Jahr Eigenzeit durch die Rakete, ii)
prallt an einem Lichtstrahl ab, indem er sich ebenfalls in einen Lichtstrahl verwandelt.
Davon ist zwar i) ziemlich unspektakulär und ii) horrender Blödsinn, aber, da alle
Rindler-Zeiten "on the same footing" sind, beweisen wir jetzt, daß genau das passsiert.
Denn, Lemma: der Fall durch die Rakete von (t,x)= (0,1) bis (1,1) ist genau dasselbe, wie
die Reise auf einem Lichtstrahl von $ (-\infty, \infty) $ nach (0,0) vor unendlich
langer Rindler Zeit.
Klar, denn läßt er um die Rindler Zeit $ -\tau $ früher los, findet dieses
Ereignis bei $ (\sinh(\tau), \cosh(\tau) ) \to (-\infty, \infty) $ für $ \tau\to-\infty $
statt, während das Abprallen, statt bei $ (1,1) $ jetzt bei
\[
\begin{pmatrix}\cosh(\tau) & \sinh(\tau)\\ \sinh(\tau) & \cosh(\tau)\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} e^{\tau}\\ e^{\tau}\end{pmatrix}
\]
stattfindet, also bei $ (0,0) $ für $ \tau\to -\infty $. Und nun sehen wir das
Theorem: beide Situationen i) und ii) oben sind äquivalent "except for orientation
in time" (wieso eigentlich "orientation in time" er fliegt doch nicht in der Zeit zurück, sondern
nur andersrum durch die Rakete?) und außerdem ist:
Geschwindigkeit = (Streckenäquivalent zur unendlich frühen Rindler Zeit)/Ursprüngliche Eigenzeit = unendlich.
Ok, äquivalent sind sie nur bis auf ein kleines Stück von (0,0) bis (1,1), aber das hat sowieso die Länge null. Und
deswegen sehen wir auch, daß nach dem Abprallen noch genau ein Jahr Eigenzeit vergeht, denn
soviel verging ja auf dem äquivalenten Stück von (0,1) bis (1,1). Und da offensichtlich der räumlich Abstand des
äquivalenten Weges unendlich, die Eigenzeit des urpsrünglichen Weges aber nur 1 Jahr lang ist, überbrückt er unendliche
Abstände in endlicher Eigenzeit. q.e.d.
Naja, ein paar Stolpersteine sind noch drin, aber hab ich's sonst soweit kapiert?
| Zitat: |
Dann liegt alles, was bisher geschah, auf der Nullgeodäte t=x, x>=0.
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M.E. müßte es auf der Geodäten x = -t, x>=0 liegen. Hm, wahrscheinlich hab ich doch noch einen Fehler drin.
Zuletzt bearbeitet von Erik am 23.01.2009, 12:14, insgesamt 4-mal bearbeitet |
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ralfkannenberg
Anmeldedatum: 22.02.2006
Beiträge: 4788
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| Verfasst am: 23.01.2009, 12:10 Titel: |
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| achtphasen hat Folgendes geschrieben: | @'Ich', 'Erik', 'Joachim' und 'ralfkannenberg':
vielen Dank!
in ein paar Tagen werde ich Eure Beiträge gerne auch auf achtphasen mit Quellenangabe nachveröffentlichen. Ich hoffe auf Euer Einverständnis. |
Sehr geehrter Herr Fasnacht,
ich denke es ist genügend, wenn die Beiträge nur in einem Forum stehen und Sie in achtphasen einfach auf diese Diskussion verweisen.
Dann brauchen Sie nicht bei jedem neuen Beitrag Ihr Forum zu aktualisieren und hier steht sowieso alles beisammen.
Freundliche Grüsse, Ralf Kannenberg |
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Ich
Anmeldedatum: 29.06.2006
Beiträge: 624
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| Verfasst am: 23.01.2009, 12:17 Titel: |
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| Zitat: | | Ok, äquivalent, bis auf ein kleines Stück von (0,0) bis (1,1), aber das hat sowieso die Länge null. Und deswegen sehen wir auch, daß nach dem Abprallen noch genau ein Jahr Eigenzeit vergeht, denn soviel verging ja auf dem äquivalenten Stück von (0,1) bis (1,1). q.e.d. |
Dass diese Zeiten gleich sind, ist ja aus Symmetriegründen schon klar. Du musst nur die (0,1)-(1,1)-Linie nach unten verlängern. Bei Wikipedia kann man den Strich in Rindler-Koordinaten anschauen. Damit hab ich auch keine Probleme.
Ich störe mich erstens an der unendlichen Strecke, die der Fallende angeblich zurücklegt, diese Unendlichkeit folgt nämlich erst, wenn man vorher schon eine reinsteckt. Zweitens halte ich das für vollkommen irrelevant. Drittens ist noch ein Fehler in Rösslers Argumentation, nämlich dass das irgendwas mit dieser R-Distanz zu tun hätte, dass also nur Abstände, dei den Horizont enthalten, unendlich werden. Es werden wirklich alle Abstände unendlich, das passiert eben so, wenn man durch 0 teilt.
| Zitat: | | M.E. müßte es auf der Geodäten x = -t, x>=0 liegen. |
Ja, das ist mir nachher auch noch aufgefallen, hab ich dann aber wieder vergessen. Das fällt aber eh unter die diskrete Erik-Identität 1=-1. |
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Erik
Anmeldedatum: 28.03.2006
Beiträge: 565
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| Verfasst am: 23.01.2009, 13:52 Titel: |
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| Ich hat Folgendes geschrieben: | | Zitat: | | Ok, äquivalent, bis auf ein kleines Stück von (0,0) bis (1,1), aber das hat sowieso die Länge null. Und deswegen sehen wir auch, daß nach dem Abprallen noch genau ein Jahr Eigenzeit vergeht, denn soviel verging ja auf dem äquivalenten Stück von (0,1) bis (1,1). q.e.d. |
Dass diese Zeiten gleich sind, ist ja aus Symmetriegründen schon klar. Du musst nur die (0,1)-(1,1)-Linie nach unten verlängern. Bei Wikipedia kann man den Strich in Rindler-Koordinaten anschauen. Damit hab ich auch keine Probleme.
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Keine Probleme habe ich mit der Tatsache, daß die Strecke u = (1,1)-(0,1) vor unendlich
langer Rindler-Zeit auf dem Lichtkegel $ (-\infty, \infty) - (0,0) $ liegt.
Also, daß mit der Rindler-Zeitverschiebung
\[ T_\tau = \begin{pmatrix}\cosh(\tau) & \sinh(\tau)\\\sinh(\tau) &\cosh(\tau)\end{pmatrix} \]
gilt:
\[
T_{\infty}.u := \lim_{\tau\to-\infty}T_\tau.u = (-\infty, \infty) - (0,0) .
\]
Daraus folgt aber gerade nicht, daß die Längen $ |u|^2= g(u,u), |T_{\infty}.u|^2 $ beider
Strecken (im Sinne der Minkowski-Metrik) gleich sind. Dazu müßte gelten:
\[ \lim_{\tau\to-\infty} |T_\tau.u|^2 = |\lim_{\tau\to-\infty}T_\tau.u|^2. (*) \]
Aber genau diese (Stetigkeits-) Eigenschaft hat die Minkowski-Metrik nicht. Die
Zeitverschiebung $ T_\tau $ im Rindler-Wedge ist ja nichts anderes als ein Boost im Minkowski-Raum
und $ \tau\to\infty $ bedeutet $ v\to c $. Das aber ist keine Lorentz-Transformation mehr, also muß
sie auch nicht "längentreu" (bzw. "zeitentreu") sein. Deshalb sind die Zeiten aus genau dem
Grund, den du im vorigen Post erwähnt hast, auch nicht gleich.
| Zitat: |
Ich störe mich erstens an der unendlichen Strecke, die der Fallende angeblich zurücklegt, diese Unendlichkeit folgt nämlich erst, wenn man vorher schon eine reinsteckt.
|
Die folgt m.E. aus dem Grenzübergang, den ich gemacht habe. Es stört mich auch nicht weiter
daß die räumliche Entfernung für ein festes Eigenzeitintervall, gegen unendlich gehen kann,
wenn ich im Boost $ v\to c $ streben lasse.
| Zitat: |
Zweitens halte ich das für vollkommen irrelevant. Drittens ist noch ein Fehler in Rösslers Argumentation, nämlich dass das irgendwas mit dieser R-Distanz zu tun hätte, dass also nur Abstände, dei den Horizont enthalten, unendlich werden.
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Stimmt, an diesen Punkt habe ich gar nicht mehr gedacht. Aber jetzt verstehe ich auch, wie
Du das meintest. Jedenfalls werden unter $ T_{\infty} $ natürlich alle räumlichen Abstände
unendlich. Sogar, das sollte ihm gefallen, für frühe Rindler-Zeiten, annähernd exponentiell in $ \tau $.
| Zitat: |
| Zitat: | | M.E. müßte es auf der Geodäten x = -t, x>=0 liegen. |
Ja, das ist mir nachher auch noch aufgefallen, hab ich dann aber wieder vergessen. Das fällt aber eh unter die diskrete Erik-Identität 1=-1. |
Stimmt, im Nachhinein weiß ich gar nicht mehr, worüber ich mich da gewundert habe. |
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Ich
Anmeldedatum: 29.06.2006
Beiträge: 624
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| Verfasst am: 23.01.2009, 16:50 Titel: |
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| Zitat: | Deshalb sind die Zeiten aus genau dem Grund, den du im vorigen Post erwähnt hast, auch nicht gleich.
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Ich würde sagen: die sind noch nicht einmal nicht gleich.
| Zitat: | | Zitat: | Ich störe mich erstens an der unendlichen Strecke, die der Fallende angeblich zurücklegt, diese Unendlichkeit folgt nämlich erst, wenn man vorher schon eine reinsteckt.
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Die folgt m.E. aus dem Grenzübergang, den ich gemacht habe. Es stört mich auch nicht weiter daß die räumliche Entfernung für ein festes Eigenzeitintervall, gegen unendlich gehen kann, wenn ich im Boost $v\to c$ streben lasse. |
Klar geht es gegen unendlich, wenn v gegen c geht. Aber unendlich wird es erst, wenn v=c.
Das ist so eine eigene Diskussion, die sich da entwickelt hat. Ich erzähl mal worum es ging:
Rössler sagt, er könne zeigen, dass ein materieller Körper in endlicher Eigenzeit eine unendliche Distanz zurücklegen kann. Ich sage darauf (ich wusste und weiß bis jetzt nicht, worauf er damit hinauswollte), ich könne zeigen, dass das nicht geht, wenn
a) Distanz das ist, was in einem IS gemessen wird und
b) die Beschleunigung endlich bleibt,
was ja für ein bisschen physikalischen Bezug sinnvolle Forderungen sind.
Beim Trampolin ist die Beschleunigung unendlich, bei v=c gibt's kein IS, und t(rindler)=unendlich - womit er v=c durch die Hintertür erreichen will - gehört nicht zur Mannigfaltigkeit.
Also kriegt er eine Unendlichkeit nur dann raus, wenn er vorher eine reinsteckt.
| Zitat: | | Zitat: | | Zweitens halte ich das für vollkommen irrelevant. Drittens ist noch ein Fehler in Rösslers Argumentation, nämlich dass das irgendwas mit dieser R-Distanz zu tun hätte, dass also nur Abstände, dei den Horizont enthalten, unendlich werden. |
Stimmt, an diesen Punkt habe ich gar nicht mehr gedacht. Aber jetzt verstehe ich auch, wie Du das meintest. Jedenfalls werden unter $T_{\infty}$ natürlich alle räumlichen Abstände unendlich.
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Das ist eigentlich der springende Punkt: es ist egal, wie er auf die unendliche Entfernung kommt, er kann auf jeden Fall nichts daraus ableiten. Sie kann gar keine physikalische Konsequenz haben.
Somit ist alles, was bleibt, die unendliche Koordinatenzeit fürs reinfallen oder rauskommen. Damit gewinnt man keinen Blumentopf, so wirklich neu ist das ja nicht. |
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