relativité et matière noire

invite60be3959 · 08/01/2013, 09h15

Bonjour,

Envoyé par Mailou75

La formule serait v en fonction de l'objectif r (pour r0 donné) :
$\text{[math]}$

Pour la durée du voyage ça m’intéresse mais je ne vois pas comment faire

Nan mais ça ne veut rien dire puisque v0 est une donnée du problème et non une inconnue(désolé de te l'avoir proposé), tout comme r0. Les inconnues sont r, la hauteur max et th le temps de montée.

**Zefram Cochrane** · 08/01/2013, 09h45

Bonjour,
Quel est le problème?
v est donné ro aussi, la seule inconnue est r

pour r = oo on trouve V = Vlib
Cordialement,
Zefram

**Zefram Cochrane** · 08/01/2013, 11h41

Pour la durée du bond je propose:

$\text{[math]}$

Cordialement,
Zefram

invite60be3959 · 08/01/2013, 13h30

Envoyé par Zefram Cochrane

Pour la durée du bond je propose:

$\text{[math]}$

Cordialement,
Zefram

Ce n'est pas bête, mais la vitesse (à tous temps) n'est pas donnée par la formule qu'à établi Mailou. Cette expression n'est vrai que que pour v=v0 et r=rmax, le point culminant de la trajectoire. La fonction v(t) = dr(t)/dt s'obtient en résolvant les équations du mouvements. En toute rigueur, si l'on veut résoudre le problème en relativité(et donc naturellement en RG), il faut résoudre l'équation des géodésiques.

**Mailou75** · 08/01/2013, 20h56

Envoyé par vaincent

Cette expression n'est vraie que que pour v=v0 et r=rmax, le point culminant de la trajectoire.

Déjà qu'on est pas sur qu'elle soit juste

En toute rigueur, si l'on veut résoudre le problème en relativité(et donc naturellement en RG), il faut résoudre l'équation des géodésiques.

Ça signe la fin...

Sinon j'avais pensé remplacer a par r/2 dans la formule de Kepler :

$\text{[math]}$ donnerait $\text{[math]}$ avec le r défini par la formule

ou sous une autre forme $\text{[math]}$ avec Vlib la vitesse de libération à une distance r du centre de l'astre

mais ça nous renvoie à des approximations classiques... ce n'est donc pas la solution miracle

(surtout que comme l'a fait remarqué Gloubi il faut encore retirer à cette durée T le temps de trajet entre le centre de l'astre et la surface)

**Zefram Cochrane** · 08/01/2013, 23h48

Bonsoir,
sije prends cette formule:
$\text{[math]}$

Je simplifie lenumérateur et le dénominateur,je trouve:
$\text{[math]}$

->
$\text{[math]}$

**Zefram Cochrane** · 08/01/2013, 23h50

Bonsoir,
sije prends cette formule:
$\text{[math]}$

Je simplifie lenumérateur et le dénominateur,je trouve:
$\text{[math]}$

->
$\text{[math]}$

->
$\text{[math]}$

**Zefram Cochrane** · 08/01/2013, 23h58

Bonsoir,
si je prends cette formule:
$\text{[math]}$

Je simplifie lenumérateur et le dénominateur,je trouve:
$\text{[math]}$

->
$\text{[math]}$

->
$\text{[math]}$

cette formule dit que si un mobile est lâché depuis une altitude r avec une vitesse initiale nulle elle atteindra l'altitude ro avec une vitesse V donnée par cette relation.
On pose H= r - ro et Ho = ro - Rs

on a
$\text{[math]}$
Vlo est la vitesse de libération en ro
Ya pu qu'à intégrer.

Cordialement,
Zefram

P.S modo, pouvez vous supprimer les deux mess antérieurs à celui ci? Merci d'avance.

invite60be3959 · 09/01/2013, 09h11

Envoyé par Mailou75

Déjà qu'on est pas sur qu'elle soit juste

Si on sait qu'elle n'est pas exacte, mais elle reste une très très bonne approximation tant que 2GM/r0c² est faible devant 1.

Ça signe la fin...

L'équation des géodésiques n'est pas si terrible que ça(c'est quand même plus simple que les équations d'Einstein). Et elle se simplifie beaucoup à vitesse faible et en champs faible. Au 1er ordre, elle se réduit à la seconde loi de Newton du départ, il faut donc aller au 2ième ordre.

**Zefram Cochrane** · 09/01/2013, 13h10

J'ai tenté de faire une intégration par partie de
$\text{[math]}$

J'obtiens :
$\text{[math]}$
d'où
$\text{[math]}$

Ici j'ai un problème de dimension avec le $\text{[math]}$ parce qu'en toute logique, H/T doit correspondre à la vitesse moyenne de la chute du mobile.

Cordialement,
Zefram

**Mailou75** · 09/01/2013, 14h36

Envoyé par Zefram Cochrane

Quel est le problème?
v est donné ro aussi, la seule inconnue est r
pour r = oo on trouve V = Vlib

J'avais pas fait gaffe mais c'est vrai que ça marche pas mal

Pour les intégrales je vais vous laisser entre vous

invite60be3959 · 09/01/2013, 20h50

Bonsoir,

Envoyé par Zefram Cochrane

J'ai tenté de faire une intégration par partie de
$\text{[math]}$

J'obtiens :
$\text{[math]}$
d'où
$\text{[math]}$

Ici j'ai un problème de dimension avec le $\text{[math]}$ parce qu'en toute logique, H/T doit correspondre à la vitesse moyenne de la chute du mobile.

Cordialement,
Zefram

Je croyais pourtant t'avoir dis que la formule de la vitesse que tu utilises n'est valable que pour v=v0 (et r=hmax), et encore de manière approximative. Il y a donc 2 façons de dire ce que tu fais :

- Tu intègres sur une constante (alors qu'on sait que la vitesse est variable et appartient à l'intervalle [0, v0]) !!
-Tu utilises une formule illicite.

Merci donc de faire de la physique(vérifinotamment la cohérence de tes raisonnement) et pas de bidouiller des formules en espérant que ça donne quelque chose !

**Zefram Cochrane** · 10/01/2013, 01h27

Bonsoir,

Je ne comprends pas cette phrase :

Envoyé par vaincent

Je croyais pourtant t'avoir dis que la formule de la vitesse que tu utilises n'est valable que pour v=v0 (et r=hmax), et encore de manière approximative.

Lorsque le mobile se trouve en r € [Ro ; Rmax] il à une vitesse comprise entre 0 (en Rmax) et Vo (en Ro)
Donc si je lâche le mobile depuis Rmax avec une vitesse nulle, mon raisonnement me conduit à dire que sa vitesse en r sera décrite par la formule

$\text{[math]}$
Pour plus de clarté, je mets les éléments fixé en majuscule et les éléments variables en minuscule uniquement
maintenant je pose h = r - Ro
et Ho = Ro - Rs

la formule précédente donne :

$\text{[math]}$
pour h = 0 on a v = 0 et pour h -> +oo on a v -> Vlo (la vitesse de libération au point Ro) je ne vois pas où v est constante

et dans ce cas ce qui m'empêche de poser :

$\text{[math]}$ pour obtenir la durée de la chute entre Rmax et Ro ( H et 0)

Envoyé par vaincent

L'équation des géodésiques n'est pas si terrible que ça(c'est quand même plus simple que les équations d'Einstein). Et elle se simplifie beaucoup à vitesse faible et en champs faible. Au 1er ordre, elle se réduit à la seconde loi de Newton du départ, il faut donc aller au 2ième ordre.

Je suis preneur de la démonstration.

Cordialement,
Zefram

invite60be3959 · 10/01/2013, 08h04

Envoyé par Zefram Cochrane

Bonsoir,

Je ne comprends pas cette phrase :

Lorsque le mobile se trouve en r € [Ro ; Rmax] il à une vitesse comprise entre 0 (en Rmax) et Vo (en Ro)
Donc si je lâche le mobile depuis Rmax avec une vitesse nulle, mon raisonnement me conduit à dire que sa vitesse en r sera décrite par la formule

$\text{[math]}$

Bon pour que tu comprennes bien ce que je veux dire, je vais reprendre le cas simple en physique classique, où g ne varie pas en fonction de la hauteur. En posant la conservation de l'énergie $\text{[math]}$ , on obtient $\text{[math]}$ , qui est l'équivalent de la formule $\text{[math]}$ . Maintenant pour obtenir v en fonction du temps on doit résoudre les équations du mouvement, en l'occurence la 2nde loi de Newton. Ce qui donne $\text{[math]}$ , puis $\text{[math]}$ et enfin $\text{[math]}$ . On peut remarquer qu'on a la relation $\text{[math]}$ , qui selon l'expression de $\text{[math]}$ donne $\text{[math]}$ , formule qui n'a pas d'équivalent dans notre problème puisqu'elle reste à déterminer dans le cas relativiste.
En fait, toi ce que tu as fait c'est supposer que la formule pour v0 marche pour tout v et tout r, c-à-d écrire $\text{[math]}$ (sans avancer aucun argument physique qui justifierait cela) alors qu'en fait la vrai formule est $\text{[math]}$ . C'est pour ça que je dis que physiquement, ce que tu fais est illicite. Mais, on pourra confondre les 2 relations uniquement si $\text{[math]}$ est proche de zéro. Or, il se trouve que dans notre problème, vu les vitesses d'éjections choisies par Mailou, on a effectivement rmax~r0, ce qui donne l'illusion que la formule marche! En fait elle marche mathématiquement mais est physiquement non-justifiée. Si l'on veut faire les choses correctement physiquement, on doit donc résoudre les équation du mouvements en l'occurence dans le cas relativiste, l'équation des géodésiques, pour obtenir la relation exacte entre v et r, et pas une relation qui ne marche que dans des cas très particuliers.

Je suis preneur de la démonstration.

je ferais ça si j'ai le temps, mais rien ne t'empêche d'essayer, ce serait l'occasion d'apprendre un peu comment marche la RG.

invite60be3959 · 10/01/2013, 18h19

Envoyé par vaincent

je ferais ça si j'ai le temps

Bon et bien j'ai eu le temps!

Grâce à l'équation des géodésiques, j'ai obtenu l'équation différentielle relativiste au permier ordre en v²/c² et en GM/c²r. J'avais dit que c'était au 2ème ordre mais non, après calculs c'est bien le 1er. La voici :

$\text{[math]}$

On peut vérifier sa cohérence en posant v²/c²~0 et GM/c²r~0. On retrouve alors l'équa. diff. dans le cas Newtonien! C'est exactement ce à quoi on s'attendait!(à la limite non-relativiste on doit retrouver les équations newtoniennes ainsi que ses résultats).

Pour l'obtenir, la principal difficulté est de calculer les symboles de Christoffel. Ils se calculent grâce à la métrique, qui ici est celle de Schwarschild pour simplifier. Dans notre problème à une seule dimension d'espace, faible vitesse et champs, elle se simplifie pour finalement arriver à la forme suivante :

$\text{[math]}$

Donc seules les termes $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ sont non-nules, ce qui implique qu'il n'y a que 8 symboles de Christoffel non-nuls. Ils sont 2 à 2 anti-symétriques pour 4 d'entre-eux, les 4 autres étant égaux 2 à 2. Au final, il n'y a donc que 4 termes différents (au signe près). Puisqu'il n'y a que 2 coordonnées d'espace-temps(t et r) pertinentes, on a que 2 équations des géodésiques. La première n'a que peu d'intérêt, car elle nous donne soit la solution trivale r=r0 soit une solution affine non-physique(r augmente indéfinement avec le temps). La deuxième, après simplification, est celle ci-dessus.

Voilà, maintenant il n'y a plus qu'à la résoudre !

p.s: la variable t, est le temps propre de l'observateur terrestre.

**Mailou75** · 10/01/2013, 18h33

Fiouuu

Envoyé par vaincent

J'avais dit que c'était au 2ème ordre mais non, après calculs c'est bien le 1er.

Pour les neuneux... c'est quoi 1er ou 2ème ordre ?

(je ne parle même pas de la suite

)

**stefjm** · 10/01/2013, 19h03

Bonsoir,

http://fr.wikipedia.org/wiki/D%C3%A9...nt_limit%C3%A9

invite60be3959 · 10/01/2013, 19h12

Envoyé par Mailou75

Fiouuu

oui ça commence à se compliquer! Mais c'est intéressant, je n'avais jamais fait ce calcul. J'avais déjà fait celui de la métrique de Schwarschild, qui est quand même beaucoup plus long, et c'est sûr que ça aide!(plus les tests classiques de la RG : déviation de la lumière, avance de périhélie de Mercure, et qq autres)

Pour les neuneux... c'est quoi 1er ou 2ème ordre ?

Cela vient de la notion de développement limité d'une fonction. On peut montrer que certaines fonctions(peut-être toutes, j'me rappelle plus) peuvent être développées en série(de Taylor), c-à-d une somme de fonctions polynomiales, donc forcément plus simples. Sous certaines conditions (par exemple v/c<<1), on peut tout à fait se permettre de "s'arrêter" à l'ordre 0, au 1er ordre, au 2ème ordre,etc... de cette somme. Plus on ajoute des termes(plus on monte en ordre), et plus on se rapproche de la solution exacte. Ici, puisque v est très inférieur à c, et r très supérieur à Rs, il est tout à fait justifier de s'arrêter à l'ordre 1, voire même à l'ordre 0(on retrouve le problème classique initial, autrement dit on ne tient pas compte des corrections relativistes).
Il faut tout de même bien garder en tête que les corrections sur r et t que l'on obtiendra seront vraiment très petites devant 1, et donc leur utilité quasi nulle. Mon but ici est plutôt de comparer le résultat en r obtenu grâce à l'équa.diff que j'ai présenté, à la formule que tu as obtenu en posant gamma=1/z+1.

**Mailou75** · 10/01/2013, 20h05

Merci

Pour la comparaison je suis curieux, j'attends ton verdict...

**Zefram Cochrane** · 11/01/2013, 03h36

Bonsoir,

J'ai du retard, j'en suis au message 134 de Vaincent. Il s'agit donc d'un travail perso

Je ne suis malheureusement pas convainqu par ta démonstration, je m'explique
pour être clair on pose :
Ri la distance inférieur / Vs la vitesse supérieure (en Ri)
Rs la distance supérieure / Vi la vitesse inférieure (en Rs)
Vs > Vi

je reprends ton exemple :
La conservation de l'énergie donne :
$\text{[math]}$ ; on obtient $\text{[math]}$

Pour un mobile chutant de Rs à Ri on a
$\text{[math]}$

$\text{[math]}$
on pose H = Rs – Ri
$\text{[math]}$

on prends à présent les équations du mouvement : Ri < r < Rs
$\text{[math]}$ , puis $\text{[math]}$ et enfin
$\text{[math]}$

on $\text{[math]}$

donc $\text{[math]}$
-> $\text{[math]}$
on pose h = r – Ri , on obtient :
$\text{[math]}$
pour r = Rs
$\text{[math]}$

ici, pas de vitesse de libération puisque pour une distance r finie, la Vlib est infinie.

Pour un champde gravitation newtonien :
La conservation de l'énergie donne :
$\text{[math]}$
on a :
$\text{[math]}$

-> $\text{[math]}$
Si je fixe Rs, en remplaçant Ri par r et Vi par v :
$\text{[math]}$ Vls la vitesse de libération en Rs

Si je fixe Ri, en remplaçant Rs par r et Vs par v :
$\text{[math]}$ Vli la vitesse de libération en Ri

Je me demande si la méthode reste valable en RG pour
$\text{[math]}$ est équivalent à
$\text{[math]}$

Cordialement,
Zefram

invite60be3959 · 11/01/2013, 09h00

Envoyé par Zefram Cochrane

pour être clair on pose :
Ri la distance inférieur / Vs la vitesse supérieure (en Ri)
Rs la distance supérieure / Vi la vitesse inférieure (en Rs)
Vs > Vi

je reprends ton exemple :
La conservation de l'énergie donne :
$\text{[math]}$ ; on obtient $\text{[math]}$

Pour un mobile chutant de Rs à Ri on a
$\text{[math]}$

Dès ici c'est faux. C'est l'inverse : (1/2)mVi² = mgRs à condition que mgRi = 0 et que (1/2)mVs²=0 c-à-d Ri=0 et Vs=0(Energie potentielle nulle au sol et énergie cinétique nulle au point culminant)

invite60be3959 · 11/01/2013, 09h28

Pour la suite de ton message, je ne vois pas en quoi tu montre que tu n'es pas convaincu par mon explication. Tu écris la conservation de l'énergie pour le cas un peu plus général où g n'est pas constant, mai qu'en conclus-tu ? Et ensuite tu fais les mêmes remplacements illicites, car injustifiés physiquement, qu'auparavant. Comme dans la plupart de tes messages, il n'y a aucune physique, mais que des maths qui n'expliquent rien, et parfois fausses. Si tu ne fais pas un effort d'explication et de commentaires, tu continueras à n'avoir aucune réponse comme c'est le cas la plupart du temps. Aussi simples que tu juges tes calculs, et qui selon toi seront forcément compris par tes lecteurs, tu dois expliquer où tu veux en venir et par quelles étapes tu passes pour y parvenir, afin d'accompagner tes lecteurs vers ce que tu veux dire. Mais à te lire, on a plutôt le sentiment que toi-même tu ne sais pas ce que tu fais. D'où ton fameux "Est-ce exacte ?"à la fin de beaucoup de tes messages. Là je réponderais :"Aucune idée! Je ne sais pas où tu veux en venir et je ne sais pas ce que tu fais!"

**Zefram Cochrane** · 11/01/2013, 10h08

Envoyé par vaincent

Dès ici c'est faux. C'est l'inverse : (1/2)mVi² = mgRs à condition que mgRi = 0 et que (1/2)mVs²=0 c-à-d Ri=0 et Vs=0(Energie potentielle nulle au sol et énergie cinétique nulle au point culminant)

Bonjour,
non Vs (vitesse supérieure) est la plus grande vitesse en Ri / Vi (vitesse inférieure) est la plus petite vitesse en en Rs

Mais pour les remarques concernant le message suivant, je prends note de tes remarques.

ma question finale est est ce qu'on peut écrire en RG que
$\text{[math]}$ et comment écrire l'énergie potentielle Ep en incluant $\text{[math]}$ dans la formule?

Quand je demande en fin de message si cela est exact c'est parce que je pense que mon raisonnement est juste mais je sais qu'en Relativité, ce n'est jamais évident.

Cordialement,
Zefram

invite60be3959 · 11/01/2013, 12h03

Envoyé par Zefram Cochrane

ma question finale est est ce qu'on peut écrire en RG que
$\text{[math]}$ et comment écrire l'énergie potentielle Ep en incluant $\text{[math]}$ dans la formule?

Non en général puisque la RG est une théorie locale(espace courbe) où la conservation de l'énergie est ambigûe. La seule équation de conservation que l'on puisse rigoureusement écrire est $\text{[math]}$ où $\text{[math]}$ est la dérivée covariante et $\text{[math]}$ le tenseur impulsion énergie. Cette équation est locale.
MAIS, puisque notre problème est très proche d'un problème non-relativiste, on peut se permettre, à une certaine précision, d'écrire des relations illicites en RG pure. On en a déjà discuté avec Mailou. On constate qu'il y a égalité quasi-parfaite entre le facteur de dilatation du temps dû à la vitesse au décollage, et le facteur de dilatation du temps dû à la gravitation au point culminant de la trajectoire. Cela exprime une forme de conservation de l'énergie(qui n'est qu'approximative puisque'on ne tient pas compte de la courbure de l'espace-temps) comme en physique classique, où il y a égalité de l'énergie cinétique au décollage(liée à la vitesse) et de l'énergie potentielle au point culminant(liée à la gravitation).

Maintenant l'équa. diff. que j'ai écrite elle, tient compte de cette courbure puisque qu'elle vient de l'équation des géodésiques. On peut en déduire un potentiel par analogie avec la physique newtonienne et donc une énergie potentielle. On va pouvoir alors écrire la conservation de l'énergie de façon classique, i.e. $\text{[math]}$ (ce qui est légitime puisque l'on est quasiment en classique) et ainsi en déduire une relation entre r et v qui tient compte de la courbure de l'espace-temps. C'est plutôt grâce à cette méthode qu'on va pouvoir faire une comparaison, car la résolution de l'équa.diff. analytiquement semble impossible.

**Zefram Cochrane** · 12/01/2013, 03h07

Bonsoir,
j'ai hate de voir ce que cela donne

, je suis à la recherche d'une solution de ce genre depuis quelque temps qui puisse me permettre de d'aborder d'autre notions en Relativité dont le sens reste obscur pour moi tout en pouvant me référer à cette solution.
quand je vois ta relation $\text{[math]}$ et que je la compare avec celle de Schwarzschild, je vois qu'il n'y a pas de c² devant dt², pourquoi?

Tu précise que t est le temps propre de l'observateur terrestre; me confirmes tu que r est toujours celui de l'oservateur à l'oo?

Cordialement,
Zefram

invite60be3959 · 12/01/2013, 08h48

Envoyé par Zefram Cochrane

quand je vois ta relation $\text{[math]}$ et que je la compare avec celle de Schwarzschild, je vois qu'il n'y a pas de c² devant dt², pourquoi?

J'ai tout simplement oublié de l'écrire, mais pas d'inquiètude, j'ai fait une analyse dimensionnelle à la fin de mon calcul(et même au cours) afin de m'assurer qu'il ne trainait pas des facteurs c en trop ou en moins.

Tu précise que t est le temps propre de l'observateur terrestre; me confirmes tu que r est toujours celui de l'oservateur à l'oo?

Oui c'est ça.

**Zefram Cochrane** · 14/01/2013, 01h05

Envoyé par vaincent

Bon et bien j'ai eu le temps!

Grâce à l'équation des géodésiques, j'ai obtenu l'équation différentielle relativiste au permier ordre en v²/c² et en GM/c²r. J'avais dit que c'était au 2ème ordre mais non, après calculs c'est bien le 1er. La voici :

$\text{[math]}$

On peut vérifier sa cohérence en posant v²/c²~0 et GM/c²r~0. On retrouve alors l'équa. diff. dans le cas Newtonien! C'est exactement ce à quoi on s'attendait!(à la limite non-relativiste on doit retrouver les équations newtoniennes ainsi que ses résultats).

Pour l'obtenir, la principal difficulté est de calculer les symboles de Christoffel. Ils se calculent grâce à la métrique, qui ici est celle de Schwarschild pour simplifier. Dans notre problème à une seule dimension d'espace, faible vitesse et champs, elle se simplifie pour finalement arriver à la forme suivante :

$\text{[math]}$

Donc seules les termes $\text{[math]}$ et $\text{[math]}$ sont non-nules, ce qui implique qu'il n'y a que 8 symboles de Christoffel non-nuls. Ils sont 2 à 2 anti-symétriques pour 4 d'entre-eux, les 4 autres étant égaux 2 à 2. Au final, il n'y a donc que 4 termes différents (au signe près). Puisqu'il n'y a que 2 coordonnées d'espace-temps(t et r) pertinentes, on a que 2 équations des géodésiques. La première n'a que peu d'intérêt, car elle nous donne soit la solution trivale r=r0 soit une solution affine non-physique(r augmente indéfinement avec le temps). La deuxième, après simplification, est celle ci-dessus.

Voilà, maintenant il n'y a plus qu'à la résoudre !

p.s: la variable t, est le temps propre de l'observateur terrestre.

,Bonjour
Pour résoudre l'équa diff, on ne peut prendre ds = 0 .
qu'est ce que l'on doit poser pour ds?

Cordialement,
Zefram

invitebeea3011 · 14/01/2013, 06h25

ok... quelqu'un peut me dire ce que la relativite a fait de pratique dans le monde. apres pour la matiere noire la pas besoin je sais que l'on ne la jamais detecter.
vous savez a force de repeter ce qu'un soi disant genie comme Einstein a dit on se rend compte que c'etait un vrai imbecile qui s'est foutu de la gueule du monde et qui apparament continue de rendre les gens "cons" (pardonner moi mais la j'en peut plus) avec tous ses suiveurs.

invite6c093f92 · 14/01/2013, 08h05

Envoyé par ogust

... continue de rendre les gens "cons".

Comme on dis par chez moi, "c'est la pelle qui s'fout du manche"...
Pitoyable...

invite555cdd43 · 14/01/2013, 20h04

Pas d'accord avec toi, Didier.

"Ogust" a tout compris, et il peut démontrer à tout instant qu'Einstein s'est trompé. S'il ne le fait pas ici, c'est parce qu'on est un forum de nuls, qui n'y entendons goutte. Il ne va donc pas perdre son temps si précieux, car il a d'autres défis à relever, dont la quadrature du cercle, et le perpetum mobile.

Et puis je te défends de qualifier de "pitoyable" le fils de JCVD (qu'il soit illégitime et conçu sous acide, ça ne change rien).

relativité et matière noire

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