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シュワルツシルト解
アインシュタイン方程式がある特殊な状況を仮定して解くことができます。今回はシュワルツシルト解という解を導いていきます。\(x^\mu\boldsymbol{e}_\mu=(ct,r,\theta,\phi)\)の時間軸＋球面座標系で解いていきます。
(1) 天体の条件
今回も重力場を作る天体が原点\(O\)のみにあることを仮定します。
\[T_{\mu\nu}=\begin{cases}c^2\rho&(\mu,\nu)=(0,0),\ r=0
\\0&その他
\end{cases}\]
(2) 計量テンソルの条件
\[g_{\mu\nu}=\begin{cases}
g_{00}(r)&(\mu,\nu)=(0,0)
\\g_{rr}(r)&(\mu,\nu)=(r,r)
\\r^2&(\mu,\nu)=(\theta,\theta)
\\r^2\sin^2\theta&(\mu,\nu)=(\phi,\phi)
\\0&その他\end{cases}\]
\(\theta,\phi\)方向については極座標の計量テンソルそのままなので、球対称な仮定と言われます。また計量テンソルが時間に依らないとも仮定しているので、静的であるとも言われます。また先人の知恵から、
\[g_{00}=-e^{\alpha(r)},\ g_{rr}=e^{\beta(r)}\]
とすると計算が楽らしいので使っていきます。\(g_{00}\)がにマイナスになっているのは、平坦な時空での\(g_{00}=-1\)に近い値になるだろうと予想をして、\(-e^\alpha\)と置いています。
クリストッフェルの記号
まずは計量テンソルの偏微分が0にならないものを全て書き出します。
\[\partial_{r}g_{00}=-e^a\frac{da}{dr},\ \partial_{r}g_{rr}=e^b\frac{db}{dr},\ \partial_rg_{\theta\theta}=2r\]
\[\partial_rg_{\phi\phi}=2r\sin^2\theta,\ \partial_\theta g_{\phi\phi}=2r^2\sin\theta\cos\theta\]
次にクリストッフェルの記号を求めていきます。
\[\Gamma_{\ \nu\rho}^\mu=\frac{1}{2}g^{\mu\xi}(\partial_\nu g_{\xi\rho}+\partial_\rho g_{\xi\nu}-\partial_{\xi}g_{\nu\rho})\]
計量テンソルは対角成分しかないので、\(g^{\mu\mu}\)２つの添え字がそろった計量テンソルだけ残ります。逆行列も逆数でいいので\(g^{\mu\mu}=1/g_{\mu\mu}\)
\[\Gamma_{\ \nu\rho}^\mu=\frac{1}{2g^{\mu\mu}}(\partial_\nu g_{\mu\rho}+\partial_\rho g_{\mu\nu}-\partial_{\mu}g_{\nu\rho})\]
\(\mu,\nu,\rho\)に\(0,r,\theta,\phi\)を総当たりして0にならないクリストッフェルの記号を全て書き出します。クリストッフェルの記号が全て違う添え字だと計量テンソルの添え字が全て違ってしまうので０になります。少なくとも２つ添え字がそろっているものを調べていくと楽です。また\(\Gamma^\xi_{\ \mu\nu}=\Gamma^\xi_{\ \nu\mu}\)を使うと、６パターン減らせます。
\[\Gamma^0_{\ 0r}=\Gamma^0_{\ r0}=\frac{\partial_rg_{00}}{2g_{00}}=\frac{1}{2}\frac{d\alpha}{dr}\]
\[\Gamma^r_{\ 00}=-\frac{\partial_rg_{00}}{2g_{rr}}=\frac{1}{2}\frac{d\alpha}{dr}e^{\alpha-\beta}\]
\[\Gamma^r_{\ rr}=\frac{\partial_rg_{rr}}{2g_{rr}}=\frac{1}{2}\frac{d\beta}{dr}\]
\[\Gamma^r_{\ \theta\theta}=-\frac{\partial_rg_{\theta\theta}}{2g_{rr}}=-re^{-\beta}\]
\[\Gamma^r_{\ \phi\phi}=-\frac{\partial_rg_{\phi\phi}}{2g_{rr}}=-r\sin^2\theta\ e^{-\beta}\]
\[\Gamma^\theta_{\ r\theta}=\Gamma^\theta_{\ \theta r}=\frac{\partial_rg_{\theta\theta}}{2g_{\theta\theta}}=\frac{1}{r}\]
\[\Gamma^\theta_{\ \phi\phi}=-\frac{\partial_\theta g_{\phi\phi}}{2g_{\theta\theta}}=-\sin\theta\cos\theta\]
\[\Gamma^\phi_{\ r\phi}=\Gamma^\phi_{\ \phi r}=\frac{\partial_rg_{\phi\phi}}{2g_{\phi\phi}}=\frac{1}{r}\]
\[\Gamma^\phi_{\ \phi\theta}=\Gamma^\phi_{\ \theta\phi}=\frac{\partial_\theta g_{\phi\phi}}{2g_{\phi\phi}}=\frac{\cos\theta}{\sin\theta}\]
アインシュタイン方程式を解く
アインシュタイン方程式は、\(r\neq0\)で
\[R_{\mu\nu}-\frac{1}{2}Rg_{\mu\nu}=0\]
となります。このまま解くのは大変なのでリッチスカラーが０になることを示します。両辺に\(g^{\mu\nu}\)を掛けます。前回と同じく対角成分しか無いので\(g^{\mu\nu}g_{\mu\nu}=4\)となるので、
\[g^{\mu\nu}R_{\mu\nu}-\frac{1}{2}Rg^{\mu\nu}g_{\mu\nu}=0\]
\[R-2R=0,\ R=0\]
これをもとのアインシュタイン方程式に戻すことで、
\[R_{\mu\nu}-\frac{1}{2}\times0\times g_{\mu\nu}=0\]
\[R_{\mu\nu}=0\]
つまり\(R_{\mu\nu}=0\)を解けばいいわけです。リッチテンソル\(R_{\mu\nu}\)は(対称性を考えないで、)１６個ありますが、\(R_{00}=0,R_{rr}=0,R_{\phi\phi}=0\)の３つだけ解けば\(g_{00},g_{rr}\)を求められます。計算が大変なのでこの３つだけ解いていきます。
\[R_{\mu\nu}=\partial_\nu\Gamma_{\ \mu\lambda}^\lambda-\partial_\lambda\Gamma_{\ \mu\nu}^\lambda
+\Gamma_{\ \mu\lambda}^\rho\Gamma_{\ \nu\rho}^\lambda
-\Gamma_{\ \mu\nu}^\rho\Gamma_{\ \lambda\rho}^\lambda\]
まずは\(R_{00}\)を求めるため\(\rho\)の縮約を解きます。
\[R_{00}=\partial_0\Gamma_{\ 0\lambda}^\lambda-\partial_\lambda\Gamma_{\ 00}^\lambda
+\Gamma_{\ 0\lambda}^0\Gamma_{\ 00}^\lambda
-\Gamma_{\ 00}^0\Gamma_{\ \lambda0}^\lambda
+\Gamma_{\ 0\lambda}^r\Gamma_{\ 0r}^\lambda
-\Gamma_{\ 00}^r\Gamma_{\ \lambda r}^\lambda\]
\[+\Gamma_{\ 0\lambda}^\theta\Gamma_{\ 0\theta}^\lambda
-\Gamma_{\ 00}^\theta\Gamma_{\ \lambda\theta}^\lambda
+\Gamma_{\ 0\lambda}^\phi\Gamma_{\ 0\phi}^\lambda
-\Gamma_{\ 00}^\phi\Gamma_{\ \lambda\phi}^\lambda\]
\(\lambda\)の縮約をそのまま解くと大変なことになるので、\(0,r,\theta,\phi\)を代入して0にならないものだけ残します。
\[R_{00}=-\partial_r\Gamma^r_{\ 00}+\Gamma^0_{\ 0r}\Gamma^r_{\ 00}+\Gamma^r_{\ 00}\Gamma^0_{\ 0r}\]
\[-\Gamma^r_{\ 00}(\Gamma^0_{\ 0r}+\Gamma^r_{rr}+\Gamma^\theta_{\ \theta r}+\Gamma^\phi_{\ \phi r})\]
\[=-\frac{1}{2}\frac{d^2\alpha}{dr^2}e^{\alpha-\beta}-\frac{1}{2}\frac{d\alpha}{dr}\left(\frac{d\alpha}{dr}+\frac{d\beta}{dr}\right)e^{\alpha-\beta}+\frac{1}{2}\left(\frac{d\alpha}{dr}\right)^2e^{\alpha-\beta}\]
\[-\frac{1}{2}\frac{d\alpha}{dr}e^{\alpha-\beta}\left(\frac{1}{2}\frac{d\alpha}{dr}+\frac{1}{2}\frac{d\beta}{dr}+\frac{2}{r}\right)=0\]
両辺を\(e^{a-b}\)で割ります。
\[-\frac{1}{2}\frac{d^2\alpha}{dr^2}-\frac{1}{4}\left(\frac{d\alpha}{dr}\right)^2+\frac{1}{4}\frac{d\alpha}{dr}\frac{d\beta}{dr}-\frac{1}{r}\frac{d\alpha}{dr}=0\tag{1}\]
次に\(R_{rr}=0\)を解いていきます。
\[R_{rr}=\partial_r\Gamma_{\ r\lambda}^\lambda-\partial_\lambda\Gamma_{\ rr}^\lambda
+\Gamma_{\ r\lambda}^0\Gamma_{\ r0}^\lambda
-\Gamma_{\ rr}^0\Gamma_{\ \lambda0}^\lambda
+\Gamma_{\ r\lambda}^r\Gamma_{\ rr}^\lambda
-\Gamma_{\ rr}^r\Gamma_{\ \lambda r}^\lambda\]
\[+\Gamma_{\ r\lambda}^\theta\Gamma_{\ r\theta}^\lambda
-\Gamma_{\ rr}^\theta\Gamma_{\ \lambda\theta}^\lambda
+\Gamma_{\ r\lambda}^\phi\Gamma_{\ r\phi}^\lambda
-\Gamma_{\ rr}^\phi\Gamma_{\ \lambda\phi}^\lambda\]
\(\lambda\)に\(0,r,\theta,\phi\)を入れていきクリストッフェルの記号が０にならないものだけ書いてきます。
\[R_{rr}=\partial_r\Gamma^0_{\ r0}+\partial_r\Gamma^\theta_{\ r\theta}+\partial_r\Gamma^\phi_{\ r\phi}+\Gamma^0_{\ r0
}\Gamma^0_{\ r0}+\Gamma^r_{rr}\Gamma^r_{rr}\]
\[-\Gamma^r_{\ rr}(\Gamma^0_{\ 0r}+\Gamma^r_{\ rr}+\Gamma^\theta_{\ \theta r}+\Gamma^\phi_{\ \phi r})+\Gamma^\theta_{\ r\theta}\Gamma^\theta_{\ r\theta}+\Gamma^\phi_{r\phi}\Gamma^\phi_{r\phi}\]
\[=\frac{1}{2}\frac{d^2\alpha}{dr^2}-\frac{2}{r^2}+\frac{1}{4}\left(\frac{d\alpha}{dr}\right)^2+\frac{1}{4}\left(\frac{d\beta}{dr}\right)^2\]
\[-\frac{1}{2}\frac{d\beta}{dr}\left(\frac{1}{2}\frac{d\alpha}{dr}+\frac{1}{2}\frac{d\beta}{dr}+\frac{2}{r}\right)+\frac{2}{r^2}=0\]
\[\frac{1}{2}\frac{d^2\alpha}{dr^2}+\frac{1}{4}\left(\frac{d\alpha}{dr}\right)^2-\frac{1}{4}\frac{d\alpha}{dr}\frac{d\beta}{dr}-\frac{1}{r}\frac{d\beta}{dr}=0\tag{2}\]
次に\(R_{\theta\theta}=0\)を解いていきます。
\[R_{\theta\theta}=\partial_\theta\Gamma_{\ \theta\lambda}^\lambda-\partial_\lambda\Gamma_{\ \theta\theta}^\lambda
+\Gamma_{\ \theta\lambda}^0\Gamma_{\ \theta0}^\lambda
-\Gamma_{\ \theta\theta}^0\Gamma_{\ \lambda0}^\lambda
+\Gamma_{\ \theta\lambda}^r\Gamma_{\ \theta r}^\lambda
-\Gamma_{\ \theta\theta}^r\Gamma_{\ \lambda r}^\lambda\]
\[+\Gamma_{\ \theta\lambda}^\theta\Gamma_{\ \theta\theta}^\lambda
-\Gamma_{\ \theta\theta}^\theta\Gamma_{\ \lambda\theta}^\lambda
+\Gamma_{\ \theta\lambda}^\phi\Gamma_{\ \theta\phi}^\lambda
-\Gamma_{\ \theta\theta}^\phi\Gamma_{\ \lambda\phi}^\lambda\]
0にならないものだけ残します。
\[=\partial_\theta\Gamma^\phi_{\ \theta\phi}-\partial_r\Gamma^r_{\ \theta\theta}+\Gamma^r_{\ \theta\theta}\Gamma^\theta_{\ \theta r}\]
\[-\Gamma^r_{\ \theta\theta}(\Gamma^0_{\ 0r}+\Gamma^r_{\ rr}+\Gamma^\theta_{\ \theta r}\Gamma^\phi_{\ \phi r})+\Gamma^\theta_{\ \theta r}\Gamma^r_{\ \theta\theta}+\Gamma^\phi_{\ \theta\phi}\Gamma^\phi_{\theta\phi}\]
\[-1-\frac{\cos^2\theta}{\sin^2\theta}+e^{-\beta}-r\frac{d\beta}{dr}e^{-\beta}-e^{-\beta}\]
\[+re^{-\beta}\left(\frac{1}{2}\frac{d\alpha}{dr}+\frac{1}{2}\frac{d\beta}{dr}+\frac{2}{r}\right)-e^{-\beta}+\frac{\cos^2\theta}{\sin^2\theta}=0\]
式を整理します。
\[-1+\left(1+\frac{r}{2}\frac{d\alpha}{dr}-\frac{r}{2}\frac{d\beta}{dr}\right)e^{-\beta}=0\tag{3}\]
(1)式+(2)式より
\[-\frac{1}{r}\frac{d}{dr}(\alpha+\beta)=0,\ \alpha+\beta=c_1\]
\(c_1\)は\(r\)に依らない定数です。\(\alpha=c_1-\beta\)を(3)式に代入します。
\[-1+e^{-\beta}+\frac{r}{2}\frac{d}{dr}\left(\alpha-\beta\right)e^{-\beta}=0\]
\[e^{-\beta}-r\frac{d\beta}{dr}e^{-\beta}=1,\ \frac{d}{dr}(re^{-\beta})=1\]
両辺を積分します。
\[re^{-\beta}=r+c_2,\ e^{-\beta}=1+\frac{c_2}{r}\]
\(c_2\)は\(r\)に依らない定数です。これで\(g_{00}\)を求めることができます。
\[g_{00}=-e^\alpha=-e^{c_1-\beta}=-e^{c_1}\left(1+\frac{c_2}{r}\right)\]
万有引力に帰着させた時つまり弱い重力場では、\(g_{00}=-(1-\frac{2GM}{c^2r})\)となっていましたね。今回求めたシュワルツシルト解も\(r\)が十分に大きければこれに帰着するものとすると、
\[c^1=0,c_2=-\frac{2GM}{c^2}\]
積分定数を決定することができました、また
\[g_{rr}=e^{\beta}=e^{-\alpha}=-\frac{1}{-e^\alpha}\]
\[g_{rr}=-\frac{1}{g_{00}}\]
なので、
\[g_{\mu\nu}=\begin{cases}
-(1-\frac{2GM}{c^2r})&(\mu,\nu)=(0,0)
\\\frac{1}{1-2GM/(c^2r)}&(\mu,\nu)=(r,r)
\\r^2&(\mu,\nu)=(\theta,\theta)
\\r^2\sin^2\theta&(\mu,\nu)=(\phi,\phi)
\\0&その他\end{cases}\]
シュワルツシルト計量が求まりました。
\[-e^\alpha=g_{00},\ e^\beta=g_{rr}\]
の両辺の対数を取ることで、\(\alpha,\beta\)を求めることができます。
\[\alpha=\ln\left(1-\frac{r_s}{r}\right),\ \beta=-\ln\left(1-\frac{r_s}{r}\right)\]
\(r_s\)はシュワルツシルト半径という定数で、\(r_s=2GM/c^2\)です。この結果は次回のシュワルツシルト時空の軌跡で使います。