確認テストの解答

相対論入門　第14章 §14.6

1. 14.1-1 Christoffel 記号の式で $\Gamma^i{}_{00}=\frac12g^{il}(2\partial_0g_{l0}-\partial_lg_{00})$ である。計量の混ざった成分は0で $g_{00}$ は定数なので、両方の項が0になり、$\Gamma^i{}_{00}=0$ である。同じく $\Gamma^0{}_{00}=\frac12g^{00}\partial_0g_{00}=0$ である。

この世界線は $x^i=\text{一定}$、$x^0=c\tau$ で表される。4元速度は $u^\mu=(c,0,0,0)$ である。測地線の方程式

$$\frac{d u^\rho}{d \tau}+\Gamma^\rho{}_{\mu\nu}u^\mu u^\nu=0$$

は $0+\Gamma^\rho{}_{00}c^2=0$ となり、成り立つ。$\mathrm{d} x^i=0$ なので、固有時は $c^2\mathrm{d}\tau^2=\mathrm{d} s^2=c^2\mathrm{d} t^2$ を満たす。よって $\mathrm{d}\tau=\mathrm{d} t$ で、宇宙時に一致する。2. 14.1-2 $\sqrt{\left\vert k\right\vert }=\kappa_0$ とおくと

$$r=\frac{\sinh(\kappa_0\chi)}{\kappa_0},\qquad \mathrm{d} r=\cosh(\kappa_0\chi)\,\mathrm{d}\chi$$

である。$k=-\kappa_0^2$ なので

$$1-kr^2=1+\sinh^2(\kappa_0\chi)=\cosh^2(\kappa_0\chi)$$

で、$\mathrm{d} r^2/(1-kr^2)=\cosh^2(\kappa_0\chi)\mathrm{d}\chi^2/\cosh^2(\kappa_0\chi)=\mathrm{d}\chi^2$ である。3. 14.1-3 $f(\chi)=S_k(\chi)=\sin(\sqrt k\chi)/\sqrt k$ と書く。計量は $g_{\chi\chi}=1$、$g_{\psi\psi}=f^2$ で、0でない Christoffel 記号は

$$\Gamma^\chi{}_{\psi\psi}=-ff',\qquad\Gamma^\psi{}_{\chi\psi}=\Gamma^\psi{}_{\psi\chi}=\frac{f'}{f}$$

である。Ricci テンソルの定義から

$$R_{\chi\chi}=\partial_\rho\Gamma^\rho{}_{\chi\chi}-\partial_\chi\Gamma^\rho{}_{\rho\chi}+\Gamma^\rho{}_{\rho\lambda}\Gamma^\lambda{}_{\chi\chi}-\Gamma^\rho{}_{\chi\lambda}\Gamma^\lambda{}_{\rho\chi} =0-\Bigl(\frac{f'}{f}\Bigr)'+0-\Bigl(\frac{f'}{f}\Bigr)^2=-\frac{f''}{f}$$

である。同様に

$$R_{\psi\psi}=\partial_\chi\Gamma^\chi{}_{\psi\psi}+\Gamma^\psi{}_{\psi\chi}\Gamma^\chi{}_{\psi\psi}-\Gamma^\chi{}_{\psi\psi}\Gamma^\psi{}_{\chi\psi}-\Gamma^\psi{}_{\psi\chi}\Gamma^\chi{}_{\psi\psi} =-(f'^2+ff'')-f'^2+f'^2+f'^2=-ff''$$

である。各項の出どころは次のとおりである。

• 第1項は $-(ff')'$ である。
• 第2項は $\rho=\psi$、$\lambda=\chi$ の項である。
• 最後の2項は、$(\rho,\lambda)=(\chi,\psi)$ と $(\psi,\chi)$ の項である。

スカラー曲率は

$$R=R_{\chi\chi}+\frac{R_{\psi\psi}}{f^2}=-\frac{2f''}{f}$$

で、$f''=-kf$ なので $R=2k$ である。負の曲率でも、$f=\sinh(\sqrt{\left\vert k\right\vert }\chi)/\sqrt{\left\vert k\right\vert }$ は $f''=\left\vert k\right\vert f=-kf$ を満たす。したがって同じく $R=2k$ になる。4. 14.1-4 $\theta=\pi/2$ の面で、方位角を1周する円を考える。その周は、計量の方位角の成分 $a^2S_k(\chi)^2\mathrm{d}\phi^2$ から $C=2\pi aS_k(\chi)$ である。例題 14.1 と同じく $aS_k(\chi)=\mathcal R\sin(D/\mathcal R)$ なので $C=2\pi\mathcal R\sin(D/\mathcal R)$。$\sin u=u-u^3/6+\cdots$ から

$$C\simeq2\pi\mathcal R\Bigl(\frac{D}{\mathcal R}-\frac{D^3}{6\mathcal R^3}\Bigr)=2\pi D\Bigl(1-\frac{D^2}{6\mathcal R^2}\Bigr)$$

である。周が $2\pi D$ より短いのは、球面の上に描いた円で半径（中心から測地線に沿って測った長さ）の割に周が短くなるのと同じで、空間が正に曲がっていることを表す。測地線が互いに近づく向きに曲がるので、同じ半径でも外周が小さくなる。5. 14.2-1 第1式を $H^2$ で割ると

$$1=\frac{8\pi G\rho/3+\Lambda c^2/3}{H^2}-\frac{kc^2}{a^2H^2}$$

である。$\rho_{\mathrm c}=3H^2/(8\pi G)$ と $\rho_\Lambda=\Lambda c^2/(8\pi G)$ を使うと、第1項は全密度パラメータになる。したがって

$$\Omega-1=\frac{kc^2}{a^2H^2}$$

である。右辺の分母 $a^2H^2$ は正で、$k$ は定数である。したがって $\Omega-1$ の符号は曲率の符号と常に等しく、時間によって変わらない。6. 14.2-2 第1式 $H^2=\frac{8\pi G}{3}\rho-\frac{kc^2}{a^2}+\frac{\Lambda c^2}{3}$ を微分する。左辺は $2H\dot H$ で、$\dot H=\ddot a/a-H^2$ である。右辺は $\frac{8\pi G}{3}\dot\rho+\frac{2kc^2}{a^2}H$。流体の式から $\dot\rho=-3H(\rho+P/c^2)$ を入れると

$$2H\Bigl(\frac{\ddot a}{a}-H^2\Bigr)=-8\pi GH\Bigl(\rho+\frac{P}{c^2}\Bigr)+\frac{2kc^2}{a^2}H$$

である。$2H\neq0$ で割り、$H^2$ に第1式を入れると

$$\frac{\ddot a}{a}=\frac{8\pi G}{3}\rho-\frac{kc^2}{a^2}+\frac{\Lambda c^2}{3}-4\pi G\Bigl(\rho+\frac{P}{c^2}\Bigr)+\frac{kc^2}{a^2} =-\frac{4\pi G}{3}\Bigl(\rho+\frac{3P}{c^2}\Bigr)+\frac{\Lambda c^2}{3}$$

となり、第2式に一致する。7. 14.2-3 $1\,\mathrm{Mpc^3}=(3.0857\times10^{22})^3\,\mathrm{m^3}=2.938\times10^{67}\,\mathrm{m^3}$ なので

$$\rho_{\mathrm c0}=\frac{9.20\times10^{-27}\times2.938\times10^{67}}{1.989\times10^{30}}\,M_\odot/\mathrm{Mpc^3}=1.36\times10^{11}\,M_\odot/\mathrm{Mpc^3}$$

である。大きな銀河1個分ほどの質量が、一辺 $1\,\mathrm{Mpc}$ の立方体に平均して入っている。8. 14.2-4 スケール因子が一定なら $\dot a=\ddot a=0$ で、ダストでは $P=0$ である。第2式から $0=-\frac{4\pi G}{3}\rho_0+\frac{\Lambda c^2}{3}$、すなわち $\Lambda=4\pi G\rho_0/c^2$。第1式から

$$\frac{kc^2}{a^2}=\frac{8\pi G}{3}\rho_0+\frac{\Lambda c^2}{3}=\frac{8\pi G}{3}\rho_0+\frac{4\pi G}{3}\rho_0=4\pi G\rho_0=\Lambda c^2$$

なので $k/a^2=\Lambda>0$ で、空間は閉じている。$\Lambda$ の条件は第11章の確認テスト 11.3-2 で Newton 極限から求めたものと同じであり、そこで見た不安定さもそのまま残る。9. 14.3-1 $x^0=ct$ で $\Gamma^0{}_{xx}=a\dot a/c$ である。$k^0$ は時刻だけの関数とみなせるので、

$$\frac{d k^0}{d \lambda}=\frac{d k^0}{d x^0}k^0=\frac1c\frac{d k^0}{d t}k^0$$

である。光的の条件から $(k^x)^2=(k^0)^2/a^2$ なので、測地線の方程式は

$$\frac1c\frac{d k^0}{d t}k^0+\frac{a\dot a}{c}\frac{(k^0)^2}{a^2}=0 \quad\Longrightarrow\quad \frac{d k^0}{d t}=-\frac{\dot a}{a}k^0$$

となり、$k^0\propto1/a$ である。共動観測者（$u^\mu=(c,0,0,0)$）の測る角振動数は、第9章 §9.4 の $\omega=k_\mu u^\mu=ck^0$ である。したがって $\omega\propto1/a$ で、$\omega_0/\omega_{\mathrm e}=a(t_{\mathrm e})$ となり、(14.24) と一致する。10. 14.3-2 $H(z)=H_0(1+z)^{3/2}$ なので

$$\chi=\frac{c}{H_0}\int_0^z(1+z')^{-3/2}\mathrm{d} z'=\frac{c}{H_0}\Bigl[-2(1+z')^{-1/2}\Bigr]_0^z=\frac{2c}{H_0}\Bigl[1-(1+z)^{-1/2}\Bigr]$$

である。平坦なので $S_k(\chi)=\chi$ で、$d_L=(2c/H_0)(1+z)[1-(1+z)^{-1/2}]$ となる（図 14.2 の破線）。$z\to\infty$ で $\chi\to2c/H_0$ に近づき、これより遠い共動観測者からの光はまだ届いていない（確認テスト 14.4-2 の粒子の地平線と一致する）。11. 14.3-3 $(1+z)\bigl[z-\frac{1+q_0}{2}z^2\bigr]=z+z^2-\frac{1+q_0}{2}z^2+O(z^3)=z+\frac{1-q_0}{2}z^2+O(z^3)$ なので、$d_L\simeq(c/H_0)[z+(1-q_0)z^2/2]$ である。12. 14.3-4 $c/H_0=4283\,\mathrm{Mpc}=1.3216\times10^{26}\,\mathrm m$ を、1光年の長さで割る。すると $1.397\times10^{10}$ 光年、すなわち約140億光年である（$c\times(1/H_0)$ なので、13.97 Gyr と同じ数字になる）。固有距離の変化率 $\dot D$ は、遠く離れた2点の間の量で、どの観測者の局所慣性系で測った速さでもない。光速の制限は局所慣性系の中の速さに対するもので、光はどの点でも局所的に速さ $c$ で進んでいる。光が出た時刻にはこの銀河は今よりずっと近く、光は膨張する空間を通って現在の私たちに届いた。このため、$\dot D>c$ の銀河の光が届くことに矛盾は無い。13. 14.4-1 $a=Ct^p$ で $\dot a/a=p/t$。右辺は $a^{-3(1+w)}\propto t^{-3(1+w)p}$ に比例する。$p=2/[3(1+w)]$ のとき右辺も $t^{-2}$ に比例し、係数を定数で合わせれば解になる。$w=-1/3$ では $p=1$ で、スケール因子は時刻に比例し、加速も減速もしない。第2式で $\Lambda=0$ とすると、源は $\rho+3P/c^2=\rho(1+3w)$ である。したがって $\ddot a>0$ には $1+3w<0$ が必要である。すなわち $w<-1/3$ である。14. 14.4-2 $a=(t/t_0)^{2/3}$ なので

$$d_{\mathrm{hor}}=c\int_0^{t_0}\Bigl(\frac{t_0}{t}\Bigr)^{2/3}\mathrm{d} t=ct_0^{2/3}\cdot3t_0^{1/3}=3ct_0$$

で、$t_0=2/(3H_0)$ を入れると $2c/H_0=2\times4283\,\mathrm{Mpc}=8566\,\mathrm{Mpc}$ である。$\Omega_{\mathrm m}=0.3$、$\Omega_\Lambda=0.7$ の場合は

$$3.3\times4283\,\mathrm{Mpc}=1.42\times10^4\,\mathrm{Mpc},\qquad 3.3\times1.397\times10^{10}\ \text{光年}=4.6\times10^{10}\ \text{光年}$$

である。宇宙の年齢 135 億年より大きな数になるのは、光が通ってきた空間がその後も伸び続けたからである。15. 14.4-3 $a=\mathrm{e}^{Ht}$、$k=0$ では

$$\dot a=Ha,\qquad \ddot a=H^2a$$

である。(14.10) から $R_{00}=-3H^2/c^2$、(14.11) から $R_{ij}=(H^2a^2+2H^2a^2)\delta_{ij}/c^2=3H^2a^2\delta_{ij}/c^2$ である。$\Lambda=3H^2/c^2$ とおくと

$$\begin{aligned}-\Lambda g_{00}&=-\frac{3H^2}{c^2}=R_{00},\\ -\Lambda g_{ij}&=\frac{3H^2a^2}{c^2}\delta_{ij}=R_{ij}\end{aligned}$$

で、$R_{\mu\nu}=-\Lambda g_{\mu\nu}$ が成り立つ。これは第11章の確認テスト 11.3-4 の宇宙定数だけの真空の式で、de Sitter 宇宙がその解であることを示している。16. 14.4-4 $\mathrm{d} a/\mathrm{d}\eta=A\sin\eta$、$\mathrm{d} t/\mathrm{d}\eta=B(1-\cos\eta)$ なので

$$\dot a^2=\frac{A^2\sin^2\eta}{B^2(1-\cos\eta)^2}=\frac{A^2}{B^2}\,\frac{1+\cos\eta}{1-\cos\eta}$$

である（$\sin^2\eta=(1-\cos\eta)(1+\cos\eta)$）。右辺は

$$H_0^2\Bigl[\frac{\Omega_{\mathrm m}}{A(1-\cos\eta)}-(\Omega_{\mathrm m}-1)\Bigr]$$

である。$A=\Omega_{\mathrm m}/[2(\Omega_{\mathrm m}-1)]$ とすると $\Omega_{\mathrm m}/A=2(\Omega_{\mathrm m}-1)$ なので、右辺は

$$H_0^2(\Omega_{\mathrm m}-1)\Bigl[\frac{2}{1-\cos\eta}-1\Bigr]=H_0^2(\Omega_{\mathrm m}-1)\frac{1+\cos\eta}{1-\cos\eta}$$

となる。両辺が一致するのは $A^2/B^2=H_0^2(\Omega_{\mathrm m}-1)$、すなわち

$$A=\frac{\Omega_{\mathrm m}}{2(\Omega_{\mathrm m}-1)},\qquad B=\frac{\Omega_{\mathrm m}}{2H_0(\Omega_{\mathrm m}-1)^{3/2}}$$

のときである。この曲線（サイクロイド）は $\eta=\pi$ で最大 $2A=\Omega_{\mathrm m}/(\Omega_{\mathrm m}-1)$ になる。17. 14.4-5 放射が支配する平坦な宇宙では $H=1/(2t)$ で、$k=\Lambda=0$ の第1式から

$$\rho=\frac{3H^2}{8\pi G}=\frac{3}{8\pi G}\cdot\frac{1}{4t^2}=\frac{3}{32\pi Gt^2}$$

である。密度は時刻だけで決まり、どの成分がどれだけあったかの詳細によらない。