Vår rakett er nå i fritt fall nært et sort hull. Vi er heldigvis ikke helt alene, for det er en til rakett langt unna som observerer det som foregår. Vi starter med å finne ut av vår tid i forhold til tiden for det som blir langt vekk observatørene våres. Her kommer bevaring av energi inn
\(\dfrac{\varepsilon}{m}=\left(1 - \dfrac{2M}{r} \right) \dfrac{dt}{d\tau}\Rightarrow \dfrac{\varepsilon}{m}=\left(1 - \dfrac{2M}{r} \right) \dfrac{\Delta t}{\Delta \tau} \Rightarrow \dfrac{\varepsilon/m}{\left(1 - \dfrac{2M}{r} \right)} \Delta \tau = \Delta t\)
\(\Delta \tau\) er egentiden, \(\Delta t\) er tidsendringen, \(r\) er avstand til observatøren, massen er målt i meter som vist tidligere og \(\varepsilon \) er energi.
Vi trekker så inn at spinnet er bevart for å få inn \(\Delta \phi\). Da får vi
\(\dfrac{L}{mr^2}\Delta \tau \Rightarrow \Delta \phi = \dfrac{L/m}{r^2}\Delta \tau\).
Her er \(L\) spinnet, \(\Delta \phi\) er endring i den tangentielle komponenten. Så setter vi dette inn i Schwarzschild linjeelementet, hvor jeg skriver \(q = \left(1 - \frac{2M}{r}\right)\), og løser for \(\Delta r\).
\(\Delta \tau^2 = q \Delta t^2 - \dfrac{\Delta r^2}{q} - r^2\Delta \phi ^2\) bytter ut \(\Delta t\) og \(\Delta \phi\) med uttrykkene over, og etter litt algebra får vi \(\Delta r = \pm \left(\sqrt{\left(\dfrac{\varepsilon}{m}\right)^2 - \left[1 + \left(\dfrac{L/m}{r}\right)^2 \right] \left(1 - \frac{2M}{r}\right)}\ \right)\Delta \tau\)
Dermed ender vi opp med et uttrykk for endring i posisjonen til raketten.
Resten av dette innlegget ble mistet i det sorte hullet.