相対エントロピーから情報と物理を組み立てる 第7部 第2章 §7.2.4 ★★★ Hawking の計算では放射の von Neumann エントロピーが熱力学のエントロピーに等しく、蒸発の間ずっと増え続けて、最後には最初のブラックホールの 4/3 倍になる
なぜ熱的に見えるか
式 (7.2.12) の状態から外の Hawking モードだけを取り出すと、各モードの状態は Gibbs 状態で、モードごとの積になっている。熱的に見える理由は3つの事実の組み合わせである。第一に、外の観測者は地平面の内側の相手のモードに触れられない（地平面の内側から外へは光も届かない）。第二に、外の観測者の手元の状態は相手との熱場二重状態の片側で、式 (7.2.3) のとおり Gibbs 状態と区別がつかない。第三に、地平面の近くでなめらかな真空という条件は、どの振動数のモードについても同じ形の条件なので、すべてのモードが同じ温度 T H T_{\mathrm H} T H
温度が κ \kappa κ (7.2.12) の導出では、地平面の近くの時空の形（Rindler の形と、その加速度 κ \kappa κ
放射の von Neumann エントロピー
外に出た放射全体を R とまとめる。Hawking の計算では R の状態はモードごとの熱状態の積なので、von Neumann エントロピーはモードごとの s ( x ) s(x) s ( x )
熱放射のエントロピーとエネルギーの関係は、空間の次元で係数が変わる。1+1 次元の一方向の流れでは例題 7.2.3 のとおりd S r a d = 2 d E / T \mathrm{d} S_{\mathrm{rad}}=2\,\mathrm{d} E/T d S rad = 2 d E / T d S r a d = 4 3 d E / T \mathrm{d} S_{\mathrm{rad}}=\frac43\,\mathrm{d} E/T d S rad = 3 4 d E / T 7.2.6 節の例題で導く）。一方、ブラックホールは第一法則（解析力学から様々な理論分野を組み立てる 第2部第19章 ）d ( M c 2 ) = T H d S B H \mathrm{d}(Mc^2)=T_{\mathrm H}\,\mathrm{d} S_{\mathrm{BH}} d ( M c 2 ) = T H d S BH d E \mathrm{d} E d E d S B H = − d E / T H \mathrm{d} S_{\mathrm{BH}}=-\mathrm{d} E/T_{\mathrm H} d S BH = − d E / T H
d S r a d = − 4 3 d S B H (7.2.14) \mathrm{d} S_{\mathrm{rad}}=-\frac43\,\mathrm{d} S_{\mathrm{BH}}\tag{7.2.14} d S rad = − 3 4 d S BH ( 7.2.14 )
で、放射が受け取るエントロピーはブラックホールが失うエントロピーより大きい。ブラックホールと放射のエントロピーの和は増えるので、一般化第二法則（第7部第1章、第7部第1章 ）と矛盾しない。この比 4 / 3 4/3 4/3 (7.1.20) で一般化第二法則を確かめるのに使った比と同じで、Zurek（1982、Physical Review Letters 49、1683）が真空への自由な蒸発について示した。
式 (7.2.14) を積分する。第5部第12章の放射の強さ P ∝ M − 2 P\propto M^{-2} P ∝ M − 2 M 3 M^3 M 3 t e v t_{\mathrm{ev}} t ev τ = t / t e v \tau=t/t_{\mathrm{ev}} τ = t / t ev M ( t ) = M 0 ( 1 − τ ) 1 / 3 M(t)=M_0(1-\tau)^{1/3} M ( t ) = M 0 ( 1 − τ ) 1/3 S B H ∝ M 2 S_{\mathrm{BH}}\propto M^2 S BH ∝ M 2
S B H ( t ) = S 0 ( 1 − τ ) 2 / 3 , S ( ρ ^ R ( t ) ) = 4 3 S 0 − S B H ( t ) k B = 4 3 S 0 k B [ 1 − ( 1 − τ ) 2 / 3 ] (7.2.15) S_{\mathrm{BH}}(t)=S_0\,(1-\tau)^{2/3},\qquad
S(\hat\rho_{\mathrm R}(t))=\frac{4}{3}\,\frac{S_0-S_{\mathrm{BH}}(t)}{ k_{\mathrm B}}=\frac43\,\frac{S_0}{ k_{\mathrm B}}\Bigl[1-(1-\tau)^{2/3}\Bigr]\tag{7.2.15} S BH ( t ) = S 0 ( 1 − τ ) 2/3 , S ( ρ ^ R ( t )) = 3 4 k B S 0 − S BH ( t ) = 3 4 k B S 0 [ 1 − ( 1 − τ ) 2/3 ] ( 7.2.15 )
である（S 0 S_0 S 0 S B H S_{\mathrm{BH}} S BH S B H ( t ) = S 0 ( 1 − τ ) 2 / 3 S_{\mathrm{BH}}(t)=S_0(1-\tau)^{2/3} S BH ( t ) = S 0 ( 1 − τ ) 2/3 S r a d ( t ) S_{\mathrm{rad}}(t) S rad ( t ) 7.1.3 ）と同じである。新しいのは、Hawking の計算では放射のモードが互いに独立に熱的なので、この粗視化したエントロピーが放射全体の von Neumann エントロピー S ( ρ ^ R ) S(\hat\rho_{\mathrm R}) S ( ρ ^ R ) τ = 1 \tau=1 τ = 1 4 3 S 0 / k B \frac43S_0/ k_{\mathrm B} 3 4 S 0 / k B 7.2.3 ）。
図 7.2.3 Hawking の計算どおりの放射の von Neumann エントロピー（赤）と、残っているブラックホールの Bekenstein–Hawking エントロピー（青）。3+1 次元・灰色体因子1の見積もり (7.2.15) 。τ ∗ = 1 − ( 4 / 7 ) 3 / 2 = 0.568 \tau_*=1-(4/7)^{3/2}=0.568 τ ∗ = 1 − ( 4/7 ) 3/2 = 0.568 (7.3.13) ）、その後は赤が青を上回る。全体のユニタリ性を仮定すると、赤は青を超えられない（7.2.5 節）
近似の裏付け
型 B（極限） ｜ 小さいもの κ ˙ / κ 2 = ( m P / M ) 2 / ( 3840 π ) → 0 \dot\kappa/\kappa^2=(m_{\mathrm P}/M)^2/(3840\pi)\to0 κ ˙ / κ 2 = ( m P / M ) 2 / ( 3840 π ) → 0 m P = ℏ c / G m_{\mathrm P}=\sqrt{\hbar c/G} m P = ℏ c / G 証明 要確認（各時刻で止まったブラックホールの結果を使う準静的な扱い。M M M 行き先 近似の数理 第7章
近似の裏付け
型 C（閉じる） ｜ 小さいもの 灰色体因子を1とおき、地平面の面積の黒体で放射を見積もる（小さいパラメータなし） ｜ 証明 C 型＝内部の評価なし ｜ 行き先 近似の数理 第9章
例題 7.2.4 2本の曲線が交わる時刻 ★★
オリジナル 式 (7.2.15) について次を求めよ。
(1) S ( ρ ^ R ) = S B H / k B S(\hat\rho_{\mathrm R})=S_{\mathrm{BH}}/ k_{\mathrm B} S ( ρ ^ R ) = S BH / k B τ ∗ \tau_* τ ∗ S B H / S 0 S_{\mathrm{BH}}/S_0 S BH / S 0 (2) 太陽質量のブラックホールで、S 0 / k B S_0/ k_{\mathrm B} S 0 / k B t e v t_{\mathrm{ev}} t ev τ ∗ t e v \tau_*t_{\mathrm{ev}} τ ∗ t ev S ( ρ ^ R ) S(\hat\rho_{\mathrm R}) S ( ρ ^ R ) S 0 / k B = 4 π G M 2 / ( ℏ c ) S_0/ k_{\mathrm B}=4\pi GM^2/(\hbar c) S 0 / k B = 4 π G M 2 / ( ℏ c ) t e v = 5120 π G 2 M 3 / ( ℏ c 4 ) t_{\mathrm{ev}}=5120\pi G^2M^3/(\hbar c^4) t ev = 5120 π G 2 M 3 / ( ℏ c 4 ) (3) 準静的な扱いの小さいパラメータ κ ˙ / κ 2 \dot\kappa/\kappa^2 κ ˙ / κ 2 κ t = κ / c = c 3 / ( 4 G M ) \kappa_t=\kappa/c=c^3/(4GM) κ t = κ / c = c 3 / ( 4 GM ) M ˙ = − P / c 2 \dot M=-P/c^2 M ˙ = − P / c 2
解答 (1) y = ( 1 − τ ) 2 / 3 = S B H / S 0 y=(1-\tau)^{2/3}=S_{\mathrm{BH}}/S_0 y = ( 1 − τ ) 2/3 = S BH / S 0 4 3 ( 1 − y ) = y \frac43(1-y)=y 3 4 ( 1 − y ) = y y = 4 / 7 = 0.5714 y=4/7=0.5714 y = 4/7 = 0.5714 τ ∗ = 1 − ( 4 / 7 ) 3 / 2 = 1 − 0.4320 = 0.5680 \tau_*=1-(4/7)^{3/2}=1-0.4320=0.5680 τ ∗ = 1 − ( 4/7 ) 3/2 = 1 − 0.4320 = 0.5680 1 − ( 4 / 7 ) 1 / 2 = 24 % 1-(4/7)^{1/2}=24\% 1 − ( 4/7 ) 1/2 = 24% 43 % 43\% 43% (7.3.13) ）。
(2) G = 6.674 × 10 − 11 G=6.674\times10^{-11} G = 6.674 × 1 0 − 11 ℏ = 1.0546 × 10 − 34 \hbar=1.0546\times10^{-34} ℏ = 1.0546 × 1 0 − 34 c = 2.998 × 10 8 c=2.998\times10^8 c = 2.998 × 1 0 8
S 0 k B = 1.05 × 10 77 , t e v = 2.10 × 10 67 年 , \frac{S_0}{ k_{\mathrm B}}=1.05\times10^{77},\qquad t_{\mathrm{ev}}=2.10\times10^{67}\ \text{年}, k B S 0 = 1.05 × 1 0 77 , t ev = 2.10 × 1 0 67 年 ,
τ ∗ t e v = 1.19 × 10 67 年 , S ( ρ ^ R ) ∣ τ = 1 = 4 3 ⋅ S 0 k B = 1.40 × 10 77 . \tau_*t_{\mathrm{ev}}=1.19\times10^{67}\ \text{年},\qquad
S(\hat\rho_{\mathrm R})\big|_{\tau=1}=\frac43\cdot\frac{S_0}{ k_{\mathrm B}}=1.40\times10^{77}. τ ∗ t ev = 1.19 × 1 0 67 年 , S ( ρ ^ R ) τ = 1 = 3 4 ⋅ k B S 0 = 1.40 × 1 0 77 .
(3) P = ℏ c 6 / ( 15360 π G 2 M 2 ) P=\hbar c^6/(15360\pi G^2M^2) P = ℏ c 6 / ( 15360 π G 2 M 2 ) M ˙ = − ℏ c 4 / ( 15360 π G 2 M 2 ) \dot M=-\hbar c^4/(15360\pi G^2M^2) M ˙ = − ℏ c 4 / ( 15360 π G 2 M 2 ) κ ˙ t = − c 3 4 G M 2 M ˙ \dot\kappa_t=-\frac{c^3}{4GM^2}\dot M κ ˙ t = − 4 G M 2 c 3 M ˙
κ ˙ t κ t 2 = − 4 G c 3 M ˙ = ℏ 3840 π G M 2 / c = 1 3840 π ( m P M ) 2 . \frac{\dot\kappa_t}{\kappa_t^2}=-\frac{4G}{c^3}\dot M=\frac{\hbar}{3840\pi GM^2/c}=\frac{1}{3840\pi}\Bigl(\frac{m_{\mathrm P}}{M}\Bigr)^2. κ t 2 κ ˙ t = − c 3 4 G M ˙ = 3840 π G M 2 / c ℏ = 3840 π 1 ( M m P ) 2 .
m P = 2.18 × 10 − 8 k g m_{\mathrm P}=2.18\times10^{-8}\,\mathrm{kg} m P = 2.18 × 1 0 − 8 kg 9.9 × 10 − 81 9.9\times10^{-81} 9.9 × 1 0 − 81 M M M m P m_{\mathrm P} m P
AI（Claude）が書いた教材を、木下が勉強しながら公開しています。式と数値は検算していますが、誤りが残っているかもしれません。誤りのご指摘・削除のご依頼をいただければ直します。 連絡先：support@tecktom.com
