確認テストの解答

相対論入門　第13章 §13.6

1. 13.1-1 計量の成分は座標を変えると変わるので、成分の発散は座標の選び方のせいでも起きるが、曲率から作ったスカラーはどの座標でも同じ値をとるので、それが発散すれば座標によらない時空そのものの異常と判定できるからである。
2. 13.1-2 $r_0$ で静止していれば $\mathrm{d} r/\mathrm{d}\tau=0$ である。(13.5)（$L=0$）から

$$\frac{c^2(\mathcal E^2-1)}{2}=V_{\mathrm{eff}}(r_0)=-\frac{GM}{r_0}=-\frac{c^2r_{\mathrm s}}{2r_0}$$

で、$\mathcal E^2=1-r_{\mathrm s}/r_0$ である。このとき (13.5) は

$$\Bigl(\frac{d r}{d \tau}\Bigr)^2=c^2(\mathcal E^2-1)+\frac{c^2r_{\mathrm s}}{r}=c^2r_{\mathrm s}\Bigl(\frac1r-\frac{1}{r_0}\Bigr)$$

である。$r=r_0\sin^2\alpha$ とおく。落ちる間に、$\alpha$ は $\pi/2$ から 0 へ変わる。このとき

$$\mathrm{d} r=2r_0\sin\alpha\cos\alpha\,\mathrm{d}\alpha,\qquad \frac1r-\frac1{r_0}=\frac{\cos^2\alpha}{r_0\sin^2\alpha}$$

で

$$c\,\mathrm{d}\tau=-\frac{\mathrm{d} r}{\sqrt{r_{\mathrm s}(1/r-1/r_0)}}=-\frac{2r_0\sin\alpha\cos\alpha\,\mathrm{d}\alpha}{\sqrt{r_{\mathrm s}/r_0}\,\cos\alpha/\sin\alpha}=-2\sqrt{\frac{r_0^3}{r_{\mathrm s}}}\sin^2\alpha\,\mathrm{d}\alpha .$$

$\alpha$ について積分すると、$\int_0^{\pi/2}2\sin^2\alpha\,\mathrm{d}\alpha=\pi/2$ から

$$\tau=\frac{\pi}{2}\frac{r_0^{3/2}}{c\sqrt{r_{\mathrm s}}}$$

を得る。Newton 力学で静止状態から中心へ落ちる時間と同じ式である。$r_0=r_{\mathrm s}$ では $\tau=\pi r_{\mathrm s}/(2c)=\pi GM/c^3$ である。$M=10M_\odot$ では

$$\tau=\frac{\pi\times2.953\times10^4}{2\times2.998\times10^8}\,\mathrm s=1.55\times10^{-4}\,\mathrm s=155\,\mu\mathrm s$$

である。3. 13.1-3 (13.14) に $r=r_{\mathrm s}/2$ を入れると、外向きの光は $\mathrm{d} r/\mathrm{d}(cv)=\frac12(1-2)=-\frac12$ である。内向きの光は $\mathrm{d} v=0$ で、$\mathrm{d} r/\mathrm{d}(cv)=-\infty$ である。$v$ を変えずに半径だけが減る光である。時間的な曲線（角度の運動なし）では $g(V,V)>0$ で、定理 13.3 の証明の式から $2V^0V^r<-(r_{\mathrm s}/r-1)(V^0)^2=-(V^0)^2$ である。$V^0>0$ で割ると $V^r/V^0<-\frac12$ である。これは $\mathrm{d} r/\mathrm{d}(cv)<-\frac12$ を意味する。時間的な曲線は、外向きの光（$-\frac12$）よりも速く $r$ を減らす。4. 13.1-4 (13.10) で $r=r_{\mathrm s}$ とおくと $\Delta a=c^2\Delta r/r_{\mathrm s}^2$ である。したがって

$$r_{\mathrm s}=c\sqrt{\frac{\Delta r}{\Delta a}}=2.998\times10^8\times\sqrt{\frac{2}{100}}\,\mathrm m=4.24\times10^7\,\mathrm m$$

である。太陽の $r_{\mathrm s}=2953\,\mathrm m$ で割ると $M=1.4\times10^4M_\odot$ である。これより重いブラックホールでは、人は地平面で $100\,\mathrm{m/s^2}$（約 $10g$）より弱い潮汐しか受けない。5. 13.2-1 (13.15) の分母 $r-3GM/c^2$ は、光子球とその内側で 0 以下になり、$L^2>0$ の解が無いからである（円軌道を保つには光速を超える速さが要る）。6. 13.2-2 本文の式から

$$\mathcal E^2=1-\frac{2GM}{c^2r}+\frac{GM}{c^2r}\,\frac{1-2GM/(c^2r)}{1-3GM/(c^2r)}$$

である。$s\equiv GM/(c^2r)$ と書くと、通分して

$$\mathcal E^2=\frac{(1-2s)(1-3s)+s(1-2s)}{1-3s}=\frac{(1-2s)(1-3s+s)}{1-3s}=\frac{(1-2s)^2}{1-3s}$$

で、$2s=r_{\mathrm s}/r$、$3s=3r_{\mathrm s}/(2r)$ から (13.16) を得る。$\mathcal E=1$ の条件は

$$(1-2s)^2=1-3s,\qquad\text{すなわち}\quad 4s^2-s=0$$

で、$s=1/4$、$r=4GM/c^2=2r_{\mathrm s}$ である。この円軌道は ISCO より内側にあるので不安定である（$4GM/c^2<6GM/c^2$）。図 13.2 の $L^2=16$ の曲線の極大（$V_{\mathrm{eff}}=0$）がこれにあたる。7. 13.2-3 単位 $GM=c=1$ をとる。$L^2=16$ を (13.15) に入れると $r^2-16r+48=0$ である。根は 12 と 4 で、大きい方の $r=12$ が安定な円軌道である。$V''$ を直接計算すると

$$V''=-\frac{2}{12^3}+\frac{3\times16}{12^4}-\frac{12\times16}{12^5}=-1.1574\times10^{-3}+2.3148\times10^{-3}-7.716\times10^{-4}=3.858\times10^{-4}$$

である。(13.17) は $(12-6)/(12^3\times(12-3))=6/15552=3.858\times10^{-4}$ で一致する。

動径の小さな振動は $\ddot{\delta r}=-V''\,\delta r$ に従う。これは (13.5) を固有時で微分した式を、円軌道のまわりで1次に展開したものである。したがって角振動数は $\sqrt{V''}=1.96\times10^{-2}\,c^3/(GM)$ である。8. 13.2-4 質量と距離から

$$\begin{aligned}\frac{GM}{c^2}&=4.0\times10^6\times1.477\times10^3\,\mathrm m=5.91\times10^9\,\mathrm m,\\ D&=8.2\times10^3\times3.086\times10^{16}\,\mathrm m=2.53\times10^{20}\,\mathrm m\end{aligned}$$

で、視直径は

$$\frac{2\times3\sqrt3\times5.91\times10^9}{2.53\times10^{20}}=2.43\times10^{-10}\,\mathrm{rad}=50\,\mu\mathrm{as}$$

である。距離は M87 の約 $1/2000$ だが質量も約 $1/1600$ なので、2つの影はほぼ同じ大きさに見える。9. 13.3-1 3つの数の由来は次のとおりである。

• 10 は、対称な $h_{\mu\nu}$ の成分の数である。
• 最初の 4 は、調和ゲージの条件 $\partial^\alpha\bar h_{\alpha\nu}=0$ の数である。
• 次の 4 は、調和ゲージを保ったまま残る座標の取り替え（$\Box\xi_\nu=0$ を満たすずらし）で消せる成分の数である。

10. 13.3-2 (13.25) のトレースは $h'=h-2\partial^\alpha\xi_\alpha$ なので

$$\bar h'_{\mu\nu}=h_{\mu\nu}-\partial_\mu\xi_\nu-\partial_\nu\xi_\mu-\frac12\eta_{\mu\nu}\bigl(h-2\partial^\alpha\xi_\alpha\bigr)=\bar h_{\mu\nu}-\partial_\mu\xi_\nu-\partial_\nu\xi_\mu+\eta_{\mu\nu}\partial^\alpha\xi_\alpha$$

である。発散をとると

$$D'_\nu=\partial^\mu\bar h'_{\mu\nu}=D_\nu-\Box\xi_\nu-\partial_\nu\partial^\mu\xi_\mu+\partial_\nu\partial^\alpha\xi_\alpha=D_\nu-\Box\xi_\nu$$

を得る。11. 13.3-3 $R(\theta)=\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}$ として $R^{\mathsf T}\hat hR$ を計算する。$(1,1)$ 成分は

$$h_+'=h_+(\cos^2\theta-\sin^2\theta)+2h_\times\sin\theta\cos\theta=h_+\cos2\theta+h_\times\sin2\theta ,$$

$(1,2)$ 成分は

$$h_\times'=-2h_+\sin\theta\cos\theta+h_\times(\cos^2\theta-\sin^2\theta)=-h_+\sin2\theta+h_\times\cos2\theta$$

である。$(2,2)$ 成分は $-h_+'$ でトレースは 0 のままである。$\theta=45^\circ$ では

$$h_+'=h_\times,\qquad h_\times'=-h_+$$

で、元のプラス偏光は新しい座標でクロス偏光に見える。12. 13.3-4 $h_{\rho\nu}=\partial_\rho\xi_\nu+\partial_\nu\xi_\rho$ などを (13.23) の4つの項に入れると

$$\begin{aligned} 2R_{\rho\sigma\mu\nu}&=\partial_\mu\partial_\sigma(\partial_\rho\xi_\nu+\partial_\nu\xi_\rho)+\partial_\nu\partial_\rho(\partial_\sigma\xi_\mu+\partial_\mu\xi_\sigma)\\ &\quad-\partial_\mu\partial_\rho(\partial_\sigma\xi_\nu+\partial_\nu\xi_\sigma)-\partial_\nu\partial_\sigma(\partial_\rho\xi_\mu+\partial_\mu\xi_\rho) \end{aligned}$$

である。偏微分は交換するので、8つの項は次の4組で打ち消し合う。

• 第1項の $\partial_\mu\partial_\sigma\partial_\rho\xi_\nu$ と、第3項の $-\partial_\mu\partial_\rho\partial_\sigma\xi_\nu$。
• 第1項の $\partial_\mu\partial_\sigma\partial_\nu\xi_\rho$ と、第4項の $-\partial_\nu\partial_\sigma\partial_\mu\xi_\rho$。
• 第2項の $\partial_\nu\partial_\rho\partial_\sigma\xi_\mu$ と、第4項の $-\partial_\nu\partial_\sigma\partial_\rho\xi_\mu$。
• 第2項の $\partial_\nu\partial_\rho\partial_\mu\xi_\sigma$ と、第3項の $-\partial_\mu\partial_\rho\partial_\nu\xi_\sigma$。

したがって全体が 0 になる。13. 13.4-1 質量の双極子モーメントの1階微分は全運動量で、運動量の保存によって一定なので、2階微分が 0 になり、放射の源にならないからである。14. 13.4-2 $M=1.989\times10^{30}\,\mathrm{kg}$（地球を加えても変わらない桁）、$\mu\simeq5.97\times10^{24}\,\mathrm{kg}$ を (13.41) に入れると

$$P=\frac{32}{5}\,\frac{(6.674\times10^{-11})^4(5.97\times10^{24})^2(1.989\times10^{30})^3}{(2.998\times10^8)^5(1.496\times10^{11})^5}=196\,\mathrm W$$

である。合体までの時間は (13.43) で

$$\tau=\frac{5}{256}\,\frac{(2.998\times10^8)^5(1.496\times10^{11})^4}{(6.674\times10^{-11})^3\times5.97\times10^{24}\times(1.989\times10^{30})^2}=3.4\times10^{30}\,\mathrm s=1.1\times10^{23}\ \text{年}$$

で、宇宙の年齢 $1.4\times10^{10}$ 年よりはるかに長い。太陽系では重力波は観測にかからない。15. 13.4-3 $f=\pi^{-1}(GM)^{1/2}a^{-3/2}$ を時間で微分すると $\dot f=-\frac32f\,\dot a/a$ である。(13.42) を入れて

$$\dot f=\frac32f\cdot\frac{64}{5}\,\frac{G^3\mu M^2}{c^5a^4}=\frac{96}{5}\,\frac{G^3\mu M^2}{c^5}\,f\,a^{-4}$$

である。$a=(GM)^{1/3}(\pi f)^{-2/3}$ から $a^{-4}=(GM)^{-4/3}(\pi f)^{8/3}$ で

$$\dot f=\frac{96}{5}\,\frac{G^{5/3}\mu M^{2/3}}{c^5}\,\pi^{8/3}f^{11/3}$$

を得る。$\mu M^{2/3}=(\mu^{3/5}M^{2/5})^{5/3}=\mathcal M^{5/3}$ なので $G^{5/3}\mu M^{2/3}/c^5=(G\mathcal M/c^3)^{5/3}$ で、(13.44) になる。16. 13.4-4 $\mathcal M=(1.4\times1.4)^{3/5}/2.8^{1/5}M_\odot=1.497/1.229\,M_\odot=1.219M_\odot$ である。$G\mathcal M/c^3=1.219\times4.925\times10^{-6}=6.00\times10^{-6}\,\mathrm s$ で

$$\tau=\frac{5}{256}\,(6.00\times10^{-6})^{-5/3}(10\pi)^{-8/3}=1.0\times10^3\,\mathrm s$$

すなわち約 17 分である。軽い連星は振動数がゆっくり上がるので、検出器の帯域に長くとどまる。